2019 AIME I 详解 | LIVE by Po-Shen Loh

1.

考虑整数 $\begin{aligned} &N = 9 + 99 + 999 + 9999 \\ &\quad {}+ \cdots + \underbrace{99\ldots99}_{\text{321 位数字}} \end{aligned}\text{。}$ 求 $N$ 的各位数字之和。

Consider the integer $\begin{aligned} &N = 9 + 99 + 999 + 9999 \\ &\quad {}+ \cdots + \underbrace{99\ldots99}_{\text{321 digits}}. \end{aligned}$ Find the sum of the digits of $N.$

答案

知识点：数字位值

难度评级：1890

小提示：

每一项都是 $10^k - 1$ ，所以 $N$ 是一长串一（后面接一个零）再减去 $321$

Each summand is $10^k - 1,$ so $N$ is a long string of ones (followed by a zero) minus $321$

大提示：

先看减数 $321$ ：用 $11\ldots110$ 减去它只会影响最后四位；数一数剩下多少个一

Subtracting $321$ from $11\ldots110$ disturbs only the last four digits; count the ones that survive

解答：

每一项都是 $10^k - 1$ ，所以 $\begin{aligned} N &= \sum_{k=1}^{321} \left(10^k - 1\right) \\ &= \underbrace{11\ldots1}_{321}0 - 321 \end{aligned}\text{。}$

这个减法只改变最后四位： $1110 - 321 = 789$ ，所以最后四位变为 $0789$ 。因此 $N$ 由 $318$ 个一后接 $0789$ 组成，数字和为 $318 + 0 + 7 + 8 + 9 = 342$ 。

Each summand is $10^k - 1,$ so $\begin{aligned} N &= \sum_{k=1}^{321} \left(10^k - 1\right) \\ &= \underbrace{11\ldots1}_{321}0 - 321. \end{aligned}$

The subtraction changes only the last four digits: $1110 - 321 = 789,$ so those four digits become $0789.$ Thus $N$ consists of $318$ ones followed by $0789,$ and the digit sum is $318 + 0 + 7 + 8 + 9 = 342.$

2.

Jenn 随机选择一个数 $J$ ，它来自 $1$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $\ldots$ 、 $19$ 、 $20$ 。然后 Bela 随机选择一个数 $B$ ，它也来自 $1$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $\ldots$ 、 $19$ 、 $20$ ，且不同于 $J$ 。 $B - J$ 至少为 $2$ 的概率可以表示为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

Jenn randomly chooses a number $J$ from $1,$ $2,$ $3,$ $\ldots,$ $19,$ $20.$ Bela then randomly chooses a number $B$ from $1,$ $2,$ $3,$ $\ldots,$ $19,$ $20$ distinct from $J.$ The value of $B - J$ is at least $2$ with a probability that can be expressed in the form $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：基本概率数对计数

难度评级：1950

小提示：

共有 $20 \cdot 19$ 个等可能的有序对 $(J, B)$ ，其中 $B \neq J$

All $20 \cdot 19$ ordered pairs $(J, B)$ with $B \neq J$ are equally likely

大提示：

对每个 $J$ ，有 $19 - J$ 个 $B$ 满足 $B \ge J + 2$ ，所以有利情况数是 $1 + 2 + \cdots + 18$

For each $J$ there are $19 - J$ values of $B$ with $B \ge J + 2,$ so the favorable count is $1 + 2 + \cdots + 18$

解答：

共有 $20 \cdot 19 = 380$ 个等可能的有序对 $(J, B)$ ，其中 $B \neq J$ 。条件 $B \ge J + 2$ 给出 $19 - J$ 个 $B$ 的选择，只需考虑 $J \le 18$ ，所以有利有序对数为 $\begin{aligned} &\sum_{J=1}^{18} (19 - J) \\ &= 18 + 17 + \cdots + 1 = 171 \end{aligned}\text{。}$

概率为 $\frac{171}{380} = \frac{9}{20}$ ，所以 $m + n = 9 + 20 = 29$ 。

There are $20 \cdot 19 = 380$ equally likely ordered pairs $(J, B)$ with $B \neq J.$ The condition $B \ge J + 2$ allows $19 - J$ choices of $B$ for each $J \le 18,$ so the number of favorable pairs is $\begin{aligned} &\sum_{J=1}^{18} (19 - J) \\ &= 18 + 17 + \cdots + 1 = 171. \end{aligned}$

The probability is $\frac{171}{380} = \frac{9}{20},$ so $m + n = 9 + 20 = 29.$

3.

在 $\triangle PQR$ 中， $PR = 15$ 、 $QR = 20$ 、 $PQ = 25$ 。点 $A$ 与 $B$ 在 $\overline{PQ}$ 上，点 $C$ 与 $D$ 在 $\overline{QR}$ 上，点 $E$ 与 $F$ 在 $\overline{PR}$ 上，且 $PA = QB = QC$ $= RD = RE = PF = 5$ 。求六边形 $ABCDEF$ 的面积。

In $\triangle PQR,$ $PR = 15,$ $QR = 20,$ and $PQ = 25.$ Points $A$ and $B$ lie on $\overline{PQ},$ points $C$ and $D$ lie on $\overline{QR},$ and points $E$ and $F$ lie on $\overline{PR},$ with $PA = QB = QC$ $= RD = RE = PF = 5.$ Find the area of hexagon $ABCDEF.$

答案

知识点：三角形面积面积分割直角三角形

难度评级：2150

小提示：

因为 $15^2 + 20^2 = 25^2$ ，该三角形在 $R$ 处是直角

Since $15^2 + 20^2 = 25^2,$ the triangle has a right angle at $R$

大提示：

从 $\triangle PQR$ 中减去三个角上的小三角形；每个角上的小三角形都有两条长为 $5$ 的边夹着一个已知角，所以面积是 $\frac{1}{2} \cdot 25 \cdot \sin(\text{夹角})$

Subtract the three corner triangles from $\triangle PQR;$ each corner triangle has two sides of length $5$ around a known angle, so its area is $\frac{1}{2} \cdot 25 \cdot \sin(\text{angle})$

解答：

因为 $15^2 + 20^2 = 25^2$ ，三角形在 $R$ 处为直角，面积为 $\frac{1}{2} \cdot 15 \cdot 20 = 150$ 。同时 $\sin P = \frac{20}{25} = \frac{4}{5}$ ， $\sin Q = \frac{15}{25} = \frac{3}{5}$ 。

六边形等于大三角形减去三个角上的三角形，每个小三角形都有两条长为 $5$ 的边：在 $P$ 处，面积为 $\frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 5 \cdot \frac{4}{5} = 10$ ；在 $Q$ 处，面积为 $\frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 5 \cdot \frac{3}{5} = \frac{15}{2}$ ；在 $R$ 处，面积为 $\frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 5 = \frac{25}{2}$ 。

因此六边形面积为 $150 - 10 - \frac{15}{2} - \frac{25}{2} = 120$ 。

Since $15^2 + 20^2 = 25^2,$ the triangle is right-angled at $R,$ and its area is $\frac{1}{2} \cdot 15 \cdot 20 = 150.$ Also $\sin P = \frac{20}{25} = \frac{4}{5}$ and $\sin Q = \frac{15}{25} = \frac{3}{5}.$

The hexagon is the triangle minus three corner triangles, each with two sides of length $5:$ at $P,$ area $\frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 5 \cdot \frac{4}{5} = 10;$ at $Q,$ area $\frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 5 \cdot \frac{3}{5} = \frac{15}{2};$ at $R,$ area $\frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 5 = \frac{25}{2}.$

Therefore the hexagon has area $150 - 10 - \frac{15}{2} - \frac{25}{2} = 120.$

4.

一支足球队有 $22$ 名可用球员。固定的 $11$ 名球员首发，另外 $11$ 名可作为替补。比赛中，教练最多可以换人 $3$ 次，每次用一名替补替换场上的 $11$ 名球员之一。被换下的球员不能再上场，但已经上场的替补之后可以被换下。任意两次换人不能同时发生。参与换人的球员以及换人的顺序都要计入不同方式。设 $n$ 为教练在比赛中换人的方式数（包括不换人的可能）。求 $n$ 除以 $1000$ 的余数。

A soccer team has $22$ available players. A fixed set of $11$ players starts the game, while the other $11$ are available as substitutes. During the game, the coach may make as many as $3$ substitutions, where any one of the $11$ players in the game is replaced by one of the substitutes. No player removed from the game may reenter the game, although a substitute entering the game may be replaced later. No two substitutions can happen at the same time. The players involved and the order of the substitutions matter. Let $n$ be the number of ways the coach can make substitutions during the game (including the possibility of making no substitutions). Find the remainder when $n$ is divided by $1000.$

答案

知识点：乘法原理分类讨论

难度评级：2350

小提示：

按换人次数分别计数；任一时刻场上恰好有 $11$ 名球员

Count separately by the number of substitutions made; at every moment exactly $11$ players are in the game

大提示：

第 $k$ 次换人有 $11$ 种被换下球员的选择，以及 $12 - k$ 种上场替补的选择，因为替补席每次少一人

The $k$ th substitution has $11$ choices for who leaves and $12 - k$ choices for who enters, since the bench shrinks by one each time

解答：

任一时刻场上都有 $11$ 名球员，其中任意一人都可以被换下，而替补席每次换人后少一人。因此第一次换人有 $11 \cdot 11$ 种方式，第二次有 $11 \cdot 10$ 种方式，第三次有 $11 \cdot 9$ 种方式。

对换 $0$ 、 $1$ 、 $2$ 或 $3$ 次的情况求和，得到 $\begin{aligned} n &= 1 + 11 \cdot 11 \\ &\quad {}+ 11^2 \cdot 11 \cdot 10 \\ &\quad {}+ 11^3 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \\ &= 1 + 121 + 13310 + 1317690 \\ &= 1331122 \end{aligned}\text{。}$ 所以除以 $1000$ 的余数为 $122$ 。

At every moment there are $11$ players in the game, any of whom may be removed, while the bench shrinks by one with each substitution. So the first substitution can be made in $11 \cdot 11$ ways, the second in $11 \cdot 10$ ways, and the third in $11 \cdot 9$ ways.

Summing over $0,$ $1,$ $2,$ or $3$ substitutions, $\begin{aligned} n &= 1 + 11 \cdot 11 \\ &\quad {}+ 11^2 \cdot 11 \cdot 10 \\ &\quad {}+ 11^3 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \\ &= 1 + 121 + 13310 + 1317690 \\ &= 1331122. \end{aligned}$ The remainder upon division by $1000$ is $122.$

5.

一个运动粒子从点 $(4, 4)$ 出发，直到第一次碰到某条坐标轴为止。当粒子位于点 $(a, b)$ 时，它随机移动到 $(a - 1, b)$ 、 $(a, b - 1)$ ，或 $(a - 1, b - 1)$ 中的一个点，每种概率都是 $\frac{1}{3}$ ，且与之前的移动相互独立。它在 $(0, 0)$ 处碰到坐标轴的概率为 $\frac{m}{3^n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是正整数，且 $m$ 不能被 $3$ 整除。求 $m + n$ 。

A moving particle starts at the point $(4, 4)$ and moves until it hits one of the coordinate axes for the first time. When the particle is at the point $(a, b),$ it moves at random to one of the points $(a - 1, b),$ $(a, b - 1),$ or $(a - 1, b - 1),$ each with probability $\frac{1}{3},$ independently of its previous moves. The probability that it will hit the coordinate axes at $(0, 0)$ is $\frac{m}{3^n},$ where $m$ and $n$ are positive integers, and $m$ is not divisible by $3.$ Find $m + n.$

答案

知识点：格路基本概率多重集排列

难度评级：2600

小提示：

粒子第一次在 $(0, 0)$ 碰到坐标轴，只可能是从 $(1, 1)$ 走对角步到达

The particle can first hit the axes at $(0, 0)$ only by taking the diagonal step from $(1, 1)$

大提示：

数从 $(4, 4)$ 到 $(1, 1)$ 的路径，并按对角步数 $d$ 分类：每条这样的路径有 $6 - d$ 步，并有一个多重排列数

Count paths from $(4, 4)$ to $(1, 1)$ by the number $d$ of diagonal steps: each such path has $6 - d$ steps and a multinomial number of orderings

解答：

坐标不会增加，所以第一次到达的坐标轴上的点是 $(0,0)$ ，恰好等价于粒子先到达 $(1, 1)$ ，然后走一步对角步。每条从 $(4,4)$ 到 $(1,1)$ 的路径都会自动避开坐标轴，因为它的坐标始终至少为 $1$ 。

一条从 $(4,4)$ 到 $(1,1)$ 且含 $d$ 个对角步的路径，还含有 $3 - d$ 个向左步和 $3 - d$ 个向下步，总步数为 $6 - d$ ，排列数为 $\frac{(6-d)!}{d!\,(3-d)!\,(3-d)!}$ 。这些排列数依次为 $20$ 、 $30$ 、 $12$ 、 $1$ ，分别对应 $d = 0$ 、 $1$ 、 $2$ 、 $3$ 。含 $6 - d$ 步的路径概率为 $\left(\frac{1}{3}\right)^{6-d}$ ，所以到达 $(1,1)$ 后再走到 $(0,0)$ 的概率为 $\begin{aligned} &\frac{1}{3}\left(\frac{20}{3^6} + \frac{30}{3^5} + \frac{12}{3^4} + \frac{1}{3^3}\right) \\ &= \frac{1}{3} \cdot \frac{20 + 90 + 108 + 27}{3^6} \\ &= \frac{245}{3^7} \end{aligned}\text{。}$

因为 $245 = 5 \cdot 7^2$ 不能被 $3$ 整除，所以 $m + n = 245 + 7 = 252$ 。

Coordinates never increase, so the first axis point reached is $(0,0)$ exactly when the particle reaches $(1, 1)$ and then takes the diagonal step. Every path from $(4,4)$ to $(1,1)$ automatically stays off the axes, since its coordinates remain at least $1.$

A path from $(4,4)$ to $(1,1)$ with $d$ diagonal steps also has $3 - d$ left steps and $3 - d$ down steps, for $6 - d$ steps in all, and there are $\frac{(6-d)!}{d!\,(3-d)!\,(3-d)!}$ orderings: $20,$ $30,$ $12,$ $1$ for $d = 0,$ $1,$ $2,$ $3.$ Since a path with $6 - d$ steps has probability $\left(\frac{1}{3}\right)^{6-d},$ the probability of reaching $(1,1)$ and then stepping to $(0,0)$ is $\begin{aligned} &\frac{1}{3}\left(\frac{20}{3^6} + \frac{30}{3^5} + \frac{12}{3^4} + \frac{1}{3^3}\right) \\ &= \frac{1}{3} \cdot \frac{20 + 90 + 108 + 27}{3^6} \\ &= \frac{245}{3^7}. \end{aligned}$

Since $245 = 5 \cdot 7^2$ is not divisible by $3,$ we get $m + n = 245 + 7 = 252.$

6.

在凸四边形 $KLMN$ 中，边 $\overline{MN}$ 垂直于对角线 $\overline{KM}$ ，边 $\overline{KL}$ 垂直于对角线 $\overline{LN}$ ，且 $MN = 65$ 、 $KL = 28$ 。过 $L$ 作垂直于边 $\overline{KN}$ 的直线，与对角线 $\overline{KM}$ 交于 $O$ ，且 $KO = 8$ 。求 $MO$ 。

In convex quadrilateral $KLMN,$ side $\overline{MN}$ is perpendicular to diagonal $\overline{KM},$ side $\overline{KL}$ is perpendicular to diagonal $\overline{LN},$ $MN = 65,$ and $KL = 28.$ The line through $L$ perpendicular to side $\overline{KN}$ intersects diagonal $\overline{KM}$ at $O$ with $KO = 8.$ Find $MO.$

答案

知识点：相似直角三角形高线

难度评级：2600

小提示：

设 $F$ 为从 $L$ 到 $\overline{KN}$ 的垂足；在直角三角形 $KLN$ 中，高给出 $KF \cdot KN = KL^2$

Let $F$ be the foot of the perpendicular from $L$ to $\overline{KN};$ in right triangle $KLN$ the altitude gives $KF \cdot KN = KL^2$

大提示：

三角形 $KFO$ 与 $KMN$ 共有角 $K$ ，且各有一个直角，所以 $KF \cdot KN = KO \cdot KM$

Triangles $KFO$ and $KMN$ share angle $K$ and each has a right angle, so $KF \cdot KN = KO \cdot KM$

解答：

设 $F$ 为从 $L$ 到 $\overline{KN}$ 的垂足，因此 $O$ 在 $LF$ 上。在直角三角形 $KLN$ （直角在 $L$ ）中，斜边上的高 $LF$ 给出几何平均关系 $KF \cdot KN = KL^2 = 28^2 = 784$ 。

三角形 $KFO$ 与 $KMN$ 共有角 $K$ ，且 $\angle KFO = 90^\circ = \angle KMN$ ，所以它们相似。因此 $\frac{KF}{KM} = \frac{KO}{KN}$ ，也就是 $KO \cdot KM = KF \cdot KN = 784$ 。由 $KO = 8$ 得 $KM = 98$ ，所以 $\begin{aligned} MO &= KM - KO \\ &= 98 - 8 = 90 \end{aligned}\text{。}$

Let $F$ be the foot of the perpendicular from $L$ to $\overline{KN},$ so $O$ lies on segment $LF.$ In right triangle $KLN$ (right angle at $L$ ), the altitude $LF$ to the hypotenuse gives the geometric mean relation $KF \cdot KN = KL^2 = 28^2 = 784.$

Triangles $KFO$ and $KMN$ share angle $K,$ and $\angle KFO = 90^\circ = \angle KMN,$ so they are similar. Hence $\frac{KF}{KM} = \frac{KO}{KN},$ that is, $KO \cdot KM = KF \cdot KN = 784.$ With $KO = 8$ this gives $KM = 98,$ so $\begin{aligned} MO &= KM - KO \\ &= 98 - 8 = 90. \end{aligned}$

7.

存在正整数 $x$ 和 $y$ 满足方程组 $\log_{10} x + 2\log_{10}(\gcd(x, y)) = 60$ $\begin{aligned} &\log_{10} y \\ &\quad {}+ 2\log_{10}(\operatorname{lcm}(x, y)) = 570 \end{aligned}\text{。}$ 设 $m$ 为 $x$ 的质因数分解中质因数的个数（不要求互异），设 $n$ 为 $y$ 的质因数分解中质因数的个数（不要求互异）。求 $3m + 2n$ 。

There are positive integers $x$ and $y$ that satisfy the system of equations $\log_{10} x + 2\log_{10}(\gcd(x, y)) = 60$ $\begin{aligned} &\log_{10} y \\ &\quad {}+ 2\log_{10}(\operatorname{lcm}(x, y)) = 570. \end{aligned}$ Let $m$ be the number of (not necessarily distinct) prime factors in the prime factorization of $x,$ and let $n$ be the number of (not necessarily distinct) prime factors in the prime factorization of $y.$ Find $3m + 2n.$

答案

知识点：最大公约数最小公倍数对数质因数分解

难度评级：2460

小提示：

方程说明 $x \cdot \gcd(x,y)^2 = 10^{60}$ 且 $y \cdot \operatorname{lcm}(x,y)^2 = 10^{570}$ ，所以只可能出现质数 $2$ 和 $5$

The equations say $x \cdot \gcd(x,y)^2 = 10^{60}$ and $y \cdot \operatorname{lcm}(x,y)^2 = 10^{570},$ so only the primes $2$ and $5$ can appear

大提示：

对每个质数，最大公因数取较小指数，最小公倍数取较大指数；若 $x$ 中的指数大于 $y$ 中的指数，会导致负指数

For each prime, gcd takes the smaller exponent and lcm the larger; the case where $x$ ’s exponent exceeds $y$ ’s leads to a negative exponent

解答：

方程说明 $x \cdot \gcd(x,y)^2 = 10^{60}$ 且 $y \cdot \operatorname{lcm}(x,y)^2 = 10^{570}$ ，所以 $x$ 和 $y$ 只含质数 $2$ 与 $5$ 。固定其中一个质数，令 $a$ 与 $b$ 分别表示它在 $x$ 和 $y$ 中的指数。由于最大公因数取较小指数、最小公倍数取较大指数， $\begin{aligned} a + 2\min(a, b) &= 60, \\ b + 2\max(a, b) &= 570 \end{aligned}\text{。}$

若 $a \gt b$ ，则 $a + 2b = 60$ 且 $b + 2a = 570$ ；相加得 $a + b = 210$ ，相减得 $a - b = 510$ ，迫使 $b \lt 0$ ，不可能。因此 $a \le b$ ，方程变为 $3a = 60$ 与 $3b = 570$ ，对两个质数都得到 $a = 20$ 、 $b = 190$ 。

因此 $x = 2^{20} 5^{20}$ ， $y = 2^{190} 5^{190}$ ，所以 $m = 40$ 、 $n = 380$ ，且 $3m + 2n = 120 + 760 = 880$ 。

The equations say $x \cdot \gcd(x,y)^2 = 10^{60}$ and $y \cdot \operatorname{lcm}(x,y)^2 = 10^{570},$ so $x$ and $y$ are products of the primes $2$ and $5$ only. Fix one of these primes and let $a$ and $b$ be its exponents in $x$ and $y.$ Since the gcd takes the smaller exponent and the lcm the larger, $\begin{aligned} a + 2\min(a, b) &= 60, \\ b + 2\max(a, b) &= 570. \end{aligned}$

If $a \gt b,$ then $a + 2b = 60$ and $b + 2a = 570;$ adding gives $a + b = 210,$ and subtracting gives $a - b = 510,$ forcing $b \lt 0,$ impossible. So $a \le b,$ and the equations become $3a = 60$ and $3b = 570,$ giving $a = 20$ and $b = 190$ for both primes.

Thus $x = 2^{20} 5^{20}$ and $y = 2^{190} 5^{190},$ so $m = 40,$ $n = 380,$ and $3m + 2n = 120 + 760 = 880.$

8.

设 $x$ 为实数，且 $\sin^{10} x + \cos^{10} x = \frac{11}{36}$ 。则 $\sin^{12} x + \cos^{12} x = \frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

Let $x$ be a real number such that $\sin^{10} x + \cos^{10} x = \frac{11}{36}.$ Then $\sin^{12} x + \cos^{12} x = \frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：三角恒等式牛顿恒等式换元法

难度评级：2720

小提示：

令 $u = \sin^2 x$ 、 $v = \cos^2 x$ ，所以 $u + v = 1$ ；每个对称幂和都是 $p = uv$ 的多项式

Set $u = \sin^2 x$ and $v = \cos^2 x,$ so $u + v = 1;$ every symmetric power sum is a polynomial in $p = uv$

大提示：

$u^5 + v^5 = 1 - 5p + 5p^2$ ；解出 $p$ （只有一个根满足 $p \le \frac{1}{4}$ ），再代入 $u^6 + v^6 = 1 - 6p + 9p^2 - 2p^3$

$u^5 + v^5 = 1 - 5p + 5p^2;$ solve for $p$ (only one root satisfies $p \le \frac{1}{4}$ ) and plug into $u^6 + v^6 = 1 - 6p + 9p^2 - 2p^3$

解答：

令 $u = \sin^2 x$ 、 $v = \cos^2 x$ ，所以 $u + v = 1$ ，并设 $p = uv$ 。展开 $(u+v)^5$ 得 $u^5 + v^5 = 1$ $- 5p(u+v)^3 + 5p^2(u+v)$ $= 1 - 5p + 5p^2$ ，所以条件变为 $\begin{aligned} 1 - 5p + 5p^2 &= \frac{11}{36} \\ &\Longrightarrow 36p^2 - 36p \\ &\quad {}+ 5 = 0 \end{aligned}\text{，}$ 根为 $p = \frac{1}{6}$ 与 $p = \frac{5}{6}$ 。由于 $p = \sin^2 x \cos^2 x$ $= \frac{1}{4}\sin^2 2x \le \frac{1}{4}$ ，必须有 $p = \frac{1}{6}$ 。

类似地， $\begin{aligned} u^6 + v^6 &= (u^2 + v^2)^3 \\ &\quad {}- 3p^2(u^2+v^2) \\ &= (1 - 2p)^3 \\ &\quad {}- 3p^2(1 - 2p) \\ &= 1 - 6p + 9p^2 - 2p^3 \end{aligned}\text{。}$ 代入 $p = \frac{1}{6}$ ，得到 $\begin{aligned} u^6 + v^6 &= 1 - 1 + \frac{1}{4} - \frac{1}{108} \\ &= \frac{26}{108} = \frac{13}{54} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $m + n = 13 + 54 = 67$ 。

Let $u = \sin^2 x$ and $v = \cos^2 x,$ so $u + v = 1,$ and set $p = uv.$ Expanding $(u+v)^5$ gives $u^5 + v^5 = 1$ $- 5p(u+v)^3 + 5p^2(u+v)$ $= 1 - 5p + 5p^2,$ so the hypothesis reads $\begin{aligned} 1 - 5p + 5p^2 &= \frac{11}{36} \\ &\Longrightarrow 36p^2 - 36p \\ &\quad {}+ 5 = 0, \end{aligned}$ with roots $p = \frac{1}{6}$ and $p = \frac{5}{6}.$ Since $p = \sin^2 x \cos^2 x$ $= \frac{1}{4}\sin^2 2x \le \frac{1}{4},$ we must have $p = \frac{1}{6}.$

Similarly $\begin{aligned} u^6 + v^6 &= (u^2 + v^2)^3 \\ &\quad {}- 3p^2(u^2+v^2) \\ &= (1 - 2p)^3 \\ &\quad {}- 3p^2(1 - 2p) \\ &= 1 - 6p + 9p^2 - 2p^3. \end{aligned}$ Substituting $p = \frac{1}{6},$ $\begin{aligned} u^6 + v^6 &= 1 - 1 + \frac{1}{4} - \frac{1}{108} \\ &= \frac{26}{108} = \frac{13}{54}, \end{aligned}$ so $m + n = 13 + 54 = 67.$

9.

记 $\tau(n)$ 为 $n$ 的正整数因数个数。求最小六个正整数 $n$ 的和，其中这些整数满足 $\tau(n) + \tau(n + 1) = 7$ 。

Let $\tau(n)$ denote the number of positive integer divisors of $n.$ Find the sum of the six least positive integers $n$ that are solutions to $\tau(n) + \tau(n + 1) = 7.$

答案

知识点：因数个数完全平方数分类讨论

难度评级：2740

小提示：

先排除 $n = 1$ ；因数个数的分拆只能是 $\{2, 5\}$ 或 $\{3, 4\}$ ，而取值 $3$ 和 $5$ 分别迫使某数为质数平方 $p^2$ 或质数四次方 $p^4$

First rule out $n = 1;$ then the split must be $\{2, 5\}$ or $\{3, 4\},$ and values $3$ and $5$ force a prime square $p^2$ or fourth power $p^4$

大提示：

因此 $n, n+1$ 中有一个属于 $4$ 、 $9$ 、 $25$ 、 $49$ 、 $121$ 、 $169$ 、 $289$ 、 $361$ 、 $\ldots$ 或 $16$ 、 $81$ 、 $625$ 、 $\ldots$ ；检查它的邻数是否满足 $\tau = 4$ 或为质数

So one of $n, n+1$ is among $4,$ $9,$ $25,$ $49,$ $121,$ $169,$ $289,$ $361,$ $\ldots$ or $16,$ $81,$ $625,$ $\ldots;$ test each neighbor for $\tau = 4$ or primality

解答：

当 $n = 1$ 时， $\tau(1) + \tau(2) = 3$ ，所以任何解都满足 $n \ge 2$ ，且相邻两数的因数个数都至少为 $2$ 。因此 $7 = 2 + 5 = 3 + 4$ ，所以 $\tau(n), \tau(n+1)$ 中有一个等于 $3$ 或 $5$ 。而 $\tau = 3$ 表示质数平方 $p^2$ ， $\tau = 5$ 表示质数四次方 $p^4$ 。因此 $n, n+1$ 中有一个属于 $\{4, 9, 25, 49, 121,$ $169, 289, 361, \ldots\}$ $\cup \{16, 81, 625, \ldots\}$ ，它的邻数必须有 $\tau = 4$ （对应平方）或为质数（对应四次方）。

按从小到大的顺序检查邻数： $n = 8$ 可行 $(\tau(8) = 4$ ， $\tau(9) = 3)$ ； $n = 9$ 可行 $(\tau(10) = 4)$ ； $n = 16$ 可行 $(\tau(16) = 5$ ， $17$ 为质数 $)$ ； $n = 25$ 可行 $(\tau(26) = 4)$ 。接着 $49$ 、 $81$ 、 $169$ 和 $289$ 都不行： $\tau(48) = 10$ 、 $\tau(50) = 6$ 、 $\tau(80) = 10$ 、 $82$ 不是质数、 $\tau(168) = 16$ 、 $\tau(170) = 8$ 、 $\tau(288) = 18$ 、 $\tau(290) = 8$ 。然后 $n = 121$ 可行 $(\tau(122) = 4)$ ， $n = 361$ 可行 $(\tau(362) = 4)$ 。

最小的六个解为 $8$ 、 $9$ 、 $16$ 、 $25$ 、 $121$ 、 $361$ ，和为 $540$ 。

The case $n = 1$ gives $\tau(1) + \tau(2) = 3,$ so any solution has $n \ge 2$ and both divisor counts are at least $2.$ Thus $7 = 2 + 5 = 3 + 4,$ so one of $\tau(n), \tau(n+1)$ equals $3$ or $5.$ Now $\tau = 3$ means a prime square $p^2,$ while $\tau = 5$ means a prime fourth power $p^4.$ So one of $n, n+1$ lies in $\{4, 9, 25, 49, 121,$ $169, 289, 361, \ldots\}$ $\cup \{16, 81, 625, \ldots\},$ and its neighbor must have $\tau = 4$ (for a square) or be prime (for a fourth power).

Checking neighbors in increasing order: $n = 8$ works $(\tau(8) = 4,$ $\tau(9) = 3);$ $n = 9$ works $(\tau(10) = 4);$ $n = 16$ works $(\tau(16) = 5,$ $17$ prime $);$ $n = 25$ works $(\tau(26) = 4).$ Then $49,$ $81,$ $169,$ and $289$ all fail: $\tau(48) = 10,$ $\tau(50) = 6,$ $\tau(80) = 10,$ $82$ is not prime, $\tau(168) = 16,$ $\tau(170) = 8,$ $\tau(288) = 18,$ $\tau(290) = 8.$ Next, $n = 121$ works $(\tau(122) = 4)$ and $n = 361$ works $(\tau(362) = 4).$

The six least solutions are $8,$ $9,$ $16,$ $25,$ $121,$ $361,$ with sum $540.$

10.

对于互不相同的复数 $z_1$ 、 $z_2$ 、 $\ldots$ 、 $z_{673}$ ，多项式 $\begin{gathered} (x - z_1)^3 (x - z_2)^3 \\ \cdots (x - z_{673})^3 \end{gathered}$ 可以表示为 $x^{2019} + 20x^{2018}$ $+ 19x^{2017} + g(x)$ ，其中 $g(x)$ 是次数至多为 $2016$ 的复系数多项式。数值 $\left| \sum_{1 \le j \lt k \le 673} z_j z_k \right|$ 可以表示为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

For distinct complex numbers $z_1,$ $z_2,$ $\ldots,$ $z_{673},$ the polynomial $\begin{gathered} (x - z_1)^3 (x - z_2)^3 \\ \cdots (x - z_{673})^3 \end{gathered}$ can be expressed as $x^{2019} + 20x^{2018}$ $+ 19x^{2017} + g(x),$ where $g(x)$ is a polynomial with complex coefficients and with degree at most $2016.$ The value of $\left| \sum_{1 \le j \lt k \le 673} z_j z_k \right|$ can be expressed in the form $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：韦达定理多项式

难度评级：2840

小提示：

这 $2019$ 个根是各个 $z_j$ ，每个重复 $3$ 次； $x^{2018}$ 的系数给出 $3\sum z_j = -20$

The $2019$ roots are the $z_j,$ each with multiplicity $3;$ the $x^{2018}$ coefficient gives $3\sum z_j = -20$

大提示：

根的成对乘积要么来自同一个三重根，要么来自不同三重根： $19 = 3\sum z_j^2 + 9\sum_{j \lt k} z_j z_k$ ，且 $\sum z_j^2 = \left(\sum z_j\right)^2 - 2\sum_{j \lt k} z_j z_k$

Pairs of roots either come from the same triple or from different ones: $19 = 3\sum z_j^2 + 9\sum_{j \lt k} z_j z_k,$ and $\sum z_j^2 = \left(\sum z_j\right)^2 - 2\sum_{j \lt k} z_j z_k$

解答：

该多项式的 $2019$ 个根是各个 $z_j$ ，每个重复三次。由韦达定理， $x^{2018}$ 的系数是所有根之和的相反数： $3\sum_j z_j = -20$ ，所以 $\sum_j z_j = -\frac{20}{3}$ 。

$x^{2017}$ 的系数是所有无序根对乘积之和。一个根对可以有 $\binom{3}{2} = 3$ 种方式取自每个编号 $j$ 的同一个三重根，也可以有 $3 \cdot 3 = 9$ 种方式取自每对 $j \lt k$ 所对应的两个不同三重根。记 $S = \sum_{j \lt k} z_j z_k$ ，则 $\begin{aligned} 19 &= 3\sum_j z_j^2 + 9S \\ &= 3\left[\left(-\tfrac{20}{3}\right)^2 - 2S\right] + 9S \\ &= \frac{400}{3} + 3S \end{aligned}\text{，}$ 所以 $3S = 19 - \frac{400}{3} = -\frac{343}{3}$ ， $S = -\frac{343}{9}$ 。

因此 $|S| = \frac{343}{9}$ ，已为最简分数， $m + n = 343 + 9 = 352$ 。

The polynomial’s $2019$ roots are the numbers $z_j,$ each repeated three times. By Vieta’s formulas, the coefficient of $x^{2018}$ is minus the sum of all roots: $3\sum_j z_j = -20,$ so $\sum_j z_j = -\frac{20}{3}.$

The coefficient of $x^{2017}$ is the sum over unordered pairs of roots. A pair may use two copies from one triple ( $\binom{3}{2} = 3$ pairs for each $j$ ) or copies from two different triples ( $3 \cdot 3 = 9$ pairs for each $j \lt k$ ). Writing $S = \sum_{j \lt k} z_j z_k,$ $\begin{aligned} 19 &= 3\sum_j z_j^2 + 9S \\ &= 3\left[\left(-\tfrac{20}{3}\right)^2 - 2S\right] + 9S \\ &= \frac{400}{3} + 3S, \end{aligned}$ so $3S = 19 - \frac{400}{3} = -\frac{343}{3}$ and $S = -\frac{343}{9}.$

Hence $|S| = \frac{343}{9},$ which is in lowest terms, and $m + n = 343 + 9 = 352.$

11.

在 $\triangle ABC$ 中，边长均为整数，且 $AB = AC$ 。圆 $\omega$ 的圆心为 $\triangle ABC$ 的内心。 $\triangle ABC$ 的一个旁切圆是指位于 $\triangle ABC$ 外部、与三角形一边相切并与另外两边的延长线相切的圆。设与 $\overline{BC}$ 相切的旁切圆与 $\omega$ 内切，另外两个旁切圆都与 $\omega$ 外切。求 $\triangle ABC$ 周长的最小可能值。

In $\triangle ABC,$ the sides have integer lengths and $AB = AC.$ Circle $\omega$ has its center at the incenter of $\triangle ABC.$ An excircle of $\triangle ABC$ is a circle in the exterior of $\triangle ABC$ that is tangent to one side of the triangle and tangent to the extensions of the other two sides. Suppose that the excircle tangent to $\overline{BC}$ is internally tangent to $\omega,$ and the other two excircles are both externally tangent to $\omega.$ Find the minimum possible value of the perimeter of $\triangle ABC.$

答案

知识点：内切圆、内心与内切圆半径相切圆坐标几何

难度评级：3160

小提示：

与 $A$ 对面的旁切圆内切，迫使 $\omega$ 的半径为 $r + 2r_A$ ，其中 $r$ 是内切圆半径， $r_A$ 是该旁切圆半径

Internal tangency with the excircle opposite $A$ forces the radius of $\omega$ to be $r + 2r_A,$ where $r$ is the inradius and $r_A$ that exradius

大提示：

把 $BC$ 放在 $x$ 轴上时， $B$ -旁切圆的半径 $h$ 等于从 $A$ 引出的高；外切条件会化成底边与腰之间的一个线性关系

With $BC$ on the $x$ -axis, the $B$ -excircle has radius equal to the height $h$ from $A;$ the external tangency collapses to one linear relation between base and leg

解答：

设 $BC = a$ ， $AB = AC = b$ 。取 $B = \left(-\frac{a}{2}, 0\right)$ 、 $C = \left(\frac{a}{2}, 0\right)$ 、 $A = (0, h)$ ，其中 $h = \sqrt{b^2 - \frac{a^2}{4}}$ 。于是半周长为 $s = b + \frac{a}{2}$ ，面积为 $K = \frac{ah}{2}$ 。内切圆半径与旁切圆半径为 $r = \frac{K}{s} = \frac{ah}{a + 2b}$ 、 $r_A = \frac{K}{s - a} = \frac{ah}{2b - a}$ ，以及 $r_B = \frac{K}{s - b} = h$ 。内心为 $I = (0, r)$ ， $A$ -旁切圆圆心为 $(0, -r_A)$ 。 $B$ -旁切圆与直线 $BC$ 相切；沿底边量出的距离是 $s$ ，起点为 $B$ 。相切点的横坐标为 $x = b$ ，所以其圆心为 $(b, h)$ 。

与 $A$ -旁切圆内切时，圆心距为 $r + r_A$ ，所以半径 $\rho$ 所对应的圆 $\omega$ 满足 $\rho - r_A = r + r_A$ ，即 $\rho = r + 2r_A$ 。与 $B$ -旁切圆外切要求 $b^2 + (h - r)^2 = (\rho + h)^2$ $= (h + r + 2r_A)^2$ ，整理得 $b^2 = 4(r + r_A)(h + r_A)$ 。由于 $r + r_A = \frac{4abh}{4b^2 - a^2}$ 且 $h + r_A = \frac{2bh}{2b - a}\text{，}$ 并且 $h^2 = \frac{4b^2 - a^2}{4}$ ，条件化为 $b^2 = \frac{8ab^2}{2b - a}$ ，也就是 $2b - a = 8a$ ，所以 $2b = 9a$ 。

若边长为整数，则 $a = 2t$ 、 $b = 9t$ ，其中 $t$ 为正整数，周长为 $20t$ 。最小值为 $20$ ，由边长 $9$ 、 $9$ 、 $2$ 的三角形达到。

Let $BC = a$ and $AB = AC = b.$ Place $B = \left(-\frac{a}{2}, 0\right),$ $C = \left(\frac{a}{2}, 0\right),$ $A = (0, h)$ with $h = \sqrt{b^2 - \frac{a^2}{4}},$ so the semiperimeter is $s = b + \frac{a}{2}$ and the area is $K = \frac{ah}{2}.$ The inradius and exradii are $r = \frac{K}{s} = \frac{ah}{a + 2b},$ $r_A = \frac{K}{s - a} = \frac{ah}{2b - a},$ and $r_B = \frac{K}{s - b} = h.$ The incenter is $I = (0, r)$ and the $A$ -excircle has center $(0, -r_A).$ The $B$ -excircle touches line $BC$ at distance $s$ from $B,$ that is, at $x = b,$ so its center is $(b, h).$

Internal tangency with the $A$ -excircle: the center distance is $r + r_A,$ so the radius $\rho$ of $\omega$ satisfies $\rho - r_A = r + r_A,$ i.e. $\rho = r + 2r_A.$ External tangency with the $B$ -excircle requires $b^2 + (h - r)^2 = (\rho + h)^2$ $= (h + r + 2r_A)^2,$ which rearranges to $b^2 = 4(r + r_A)(h + r_A).$ Since $r + r_A = \frac{4abh}{4b^2 - a^2}$ and $h + r_A = \frac{2bh}{2b - a},$ and $h^2 = \frac{4b^2 - a^2}{4},$ the condition becomes $b^2 = \frac{8ab^2}{2b - a},$ that is, $2b - a = 8a,$ so $2b = 9a.$

For integer sides, $a = 2t$ and $b = 9t$ for a positive integer $t,$ giving perimeter $20t.$ The minimum is $20,$ achieved by the triangle with sides $9,$ $9,$ $2.$

12.

给定 $f(z) = z^2 - 19z$ ，存在复数 $z$ 使得 $z$ 、 $f(z)$ 和 $f(f(z))$ 是复平面中一个直角三角形的三个顶点，且直角在 $f(z)$ 处。存在正整数 $m$ 与 $n$ ，使某一个这样的 $z$ 等于 $m + \sqrt{n} + 11\mathrm{i}$ 。求 $m + n$ 。

Given $f(z) = z^2 - 19z,$ there are complex numbers $z$ with the property that $z,$ $f(z),$ and $f(f(z))$ are the vertices of a right triangle in the complex plane with a right angle at $f(z).$ There are positive integers $m$ and $n$ such that one such value of $z$ is $m + \sqrt{n} + 11\mathrm{i}.$ Find $m + n.$

答案

知识点：复数多项式因式分解

难度评级：2920

小提示：

注意 $f(w) - w = w(w - 20)$ ，所以 $f(z) - z = z(z - 20)$ ，并且 $f(f(z)) - f(z)$ $= z(z - 19)(z - 20)(z + 1)$

Note $f(w) - w = w(w - 20),$ so $f(z) - z = z(z - 20)$ and $f(f(z)) - f(z)$ $= z(z - 19)(z - 20)(z + 1)$

大提示：

直角条件表示这两个差的商 $(z - 19)(z + 1)$ 是纯虚数；把实部设为 $0$ ，再令 $z = x + 11\mathrm{i}$

The right angle means the quotient of those two differences, $(z - 19)(z + 1),$ is purely imaginary; set the real part to $0$ with $z = x + 11\mathrm{i}$

解答：

因为 $f(w) - w = w(w - 20)$ ，所以在 $f(z)$ 处的两条边为 $\begin{gathered} f(z) - z = z(z - 20), \\ f(f(z)) - f(z) = f(z) \\ {}\cdot \bigl(f(z) - 20\bigr) \\ = z(z - 19)(z - 20) \\ {}\cdot (z + 1) \end{gathered}\text{，}$ 其中用到 $f(z) = z(z - 19)$ 和 $f(z) - 20 = (z - 20)(z + 1)$ 。它们垂直恰好等价于它们的商 $(z - 19)(z + 1)$ 为非零纯虚数。

写 $z = x + 11\mathrm{i}$ 。 $(z - 19)(z + 1) = z^2 - 18z - 19$ 的实部为 $x^2 - 121 - 18x - 19$ ，所以需要 $x^2 - 18x - 140 = 0$ ，得 $x = 9 \pm \sqrt{221}$ 。为了符合 $m + \sqrt{n} + 11\mathrm{i}$ 且 $m$ 、 $n$ 为正整数的形式，必须取 $x = 9 + \sqrt{221}$ 。

因此 $m + n = 9 + 221 = 230$ 。

Since $f(w) - w = w(w - 20),$ the two legs at $f(z)$ are $\begin{gathered} f(z) - z = z(z - 20), \\ f(f(z)) - f(z) = f(z) \\ {}\cdot \bigl(f(z) - 20\bigr) \\ = z(z - 19)(z - 20) \\ {}\cdot (z + 1), \end{gathered}$ using $f(z) = z(z - 19)$ and $f(z) - 20 = (z - 20)(z + 1).$ They are perpendicular exactly when their quotient $(z - 19)(z + 1)$ is purely imaginary and nonzero.

Write $z = x + 11\mathrm{i}.$ The real part of $(z - 19)(z + 1) = z^2 - 18z - 19$ is $x^2 - 121 - 18x - 19,$ so we need $x^2 - 18x - 140 = 0,$ giving $x = 9 \pm \sqrt{221}.$ The form $m + \sqrt{n} + 11\mathrm{i}$ with $m,$ $n$ positive integers requires $x = 9 + \sqrt{221}.$

Hence $m + n = 9 + 221 = 230.$

13.

三角形 $ABC$ 的边长为 $AB = 4$ 、 $BC = 5$ 、 $CA = 6$ 。点 $D$ 和 $E$ 在射线 $AB$ 上，且 $AB \lt AD \lt AE$ 。点 $F \neq C$ 是 $\triangle ACD$ 与 $\triangle EBC$ 的外接圆的一个交点，并满足 $DF = 2$ 、 $EF = 7$ 。则 $BE$ 可以表示为 $\frac{a + b\sqrt{c}}{d}$ ，其中 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 、 $d$ 为正整数， $a$ 与 $d$ 互质，且 $c$ 不被任何质数的平方整除。求 $a + b + c + d$ 。

Triangle $ABC$ has side lengths $AB = 4,$ $BC = 5,$ and $CA = 6.$ Points $D$ and $E$ are on ray $AB$ with $AB \lt AD \lt AE.$ The point $F \neq C$ is a point of intersection of the circumcircles of $\triangle ACD$ and $\triangle EBC$ satisfying $DF = 2$ and $EF = 7.$ Then $BE$ can be expressed as $\frac{a + b\sqrt{c}}{d},$ where $a,$ $b,$ $c,$ and $d$ are positive integers such that $a$ 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：圆内接四边形根轴圆幂余弦定理

难度评级：3370

小提示：

圆内接四边形给出 $\angle FDA = \angle FCA$ 和 $\angle FEB = \angle FCB$ ，所以 $\angle DFE = \angle ACB$ ；接着用余弦定理求 $DE$

The cyclic quadrilaterals give $\angle FDA = \angle FCA$ and $\angle FEB = \angle FCB,$ so $\angle DFE = \angle ACB;$ now the law of cosines finds $DE$

大提示：

直线 $CF$ 是根轴：若它与直线 $AB$ 交于 $G$ ，幂相等给出 $GA \cdot GD = GB \cdot GE$ 。为定位 $G$ ，使用角 $\angle GCA$ ，这个角可由三角形 $DEF$ 求出

Line $CF$ is the radical axis: where it crosses line $AB$ at $G,$ the powers give $GA \cdot GD = GB \cdot GE.$ Locate $G$ using the angle $\angle GCA$ found from triangle $DEF.$

解答：

点 $D$ 、 $E$ 位于 $B$ 以外的射线 $AB$ 上，而点 $F$ 在直线 $AB$ 的另一侧（相对于 $C$ 而言）。由于 $ACFD$ 与 $BCFE$ 为圆内接四边形，圆周角给出 $\angle FDA = \angle FCA$ 和 $\angle FEB = \angle FCB$ 。记 $\alpha = \angle FCA$ 、 $\beta = \angle FCB$ ，则三角形 $DEF$ 有 $\angle FDE = 180^\circ - \alpha$ 、 $\angle FED = \beta$ ，所以 $\angle DFE = \alpha - \beta = \angle ACB$ 。在三角形 $ABC$ 中， $\cos \angle ACB = \frac{25 + 36 - 16}{2 \cdot 5 \cdot 6} = \frac{3}{4}$ ，所以在三角形 $DFE$ 中用余弦定理得到 $\begin{aligned} DE^2 &= 2^2 + 7^2 - 2 \cdot 2 \cdot 7 \cdot \tfrac{3}{4} \\ &= 32, \\ DE &= 4\sqrt{2} \end{aligned}\text{。}$

在三角形 $DFE$ 中， $\cos \angle FDE = \frac{4 + 32 - 49}{2 \cdot 2 \cdot 4\sqrt{2}} = -\frac{13\sqrt{2}}{32}$ ，所以 $\alpha$ 为锐角，且 $\cos\alpha = \frac{13\sqrt{2}}{32}$ 、 $\sin\alpha = \sqrt{1 - \frac{338}{1024}} = \frac{7\sqrt{14}}{32}$ 。设 $G$ 为直线 $CF$ 与直线 $AB$ 的交点。在三角形 $ACG$ 中， $\angle GAC = \angle BAC$ ，且 $\cos \angle BAC = \frac{16 + 36 - 25}{2 \cdot 4 \cdot 6} = \frac{9}{16}$ 、 $\sin \angle BAC = \frac{5\sqrt{7}}{16}$ ，又 $\angle ACG = \alpha$ ，所以 $\sin(\angle BAC + \alpha)$ $= \frac{5\sqrt{7}}{16} \cdot \frac{13\sqrt{2}}{32}$ $+ \frac{9}{16} \cdot \frac{7\sqrt{14}}{32}$ $= \frac{\sqrt{14}}{4}$ ，并且 $\begin{aligned} AG &= \frac{AC \sin \alpha}{\sin(\angle BAC + \alpha)} \\ &= \frac{6 \cdot \frac{7\sqrt{14}}{32}}{\frac{\sqrt{14}}{4}} \\ &= \frac{21}{4} \end{aligned}\text{。}$

直线 $CF$ 是两圆的根轴，所以 $GA \cdot GD = GB \cdot GE$ 。设 $x = BD$ ，则 $BE = x + DE = x + 4\sqrt{2}$ ： $\begin{aligned} &\frac{21}{4}\left(x - \frac{5}{4}\right) \\ &= \frac{5}{4}\left(x - \frac{5}{4} + 4\sqrt{2}\right) \end{aligned}\text{，}$ 因为 $GD = 4 + x - \frac{21}{4}$ ，且 $GB = \frac{21}{4} - 4$ 。这给出 $16\left(x - \frac{5}{4}\right) = 20\sqrt{2}$ ，所以 $x = \frac{5 + 5\sqrt{2}}{4}$ ，并且 $BE = \frac{5 + 21\sqrt{2}}{4}$ 。因此 $a + b + c + d = 5 + 21 + 2 + 4$ $= 32$ 。

Points $D,$ $E$ lie beyond $B$ on ray $AB,$ and $F$ lies on the opposite side of line $AB$ from $C.$ Since $ACFD$ and $BCFE$ are cyclic, the inscribed angles give $\angle FDA = \angle FCA$ and $\angle FEB = \angle FCB.$ Writing $\alpha = \angle FCA$ and $\beta = \angle FCB,$ triangle $DEF$ has angles $\angle FDE = 180^\circ - \alpha$ and $\angle FED = \beta,$ so $\angle DFE = \alpha - \beta = \angle ACB.$ From triangle $ABC,$ $\cos \angle ACB = \frac{25 + 36 - 16}{2 \cdot 5 \cdot 6} = \frac{3}{4},$ so the law of cosines in triangle $DFE$ gives $\begin{aligned} DE^2 &= 2^2 + 7^2 - 2 \cdot 2 \cdot 7 \cdot \tfrac{3}{4} \\ &= 32, \\ DE &= 4\sqrt{2}. \end{aligned}$

In triangle $DFE,$ $\cos \angle FDE = \frac{4 + 32 - 49}{2 \cdot 2 \cdot 4\sqrt{2}} = -\frac{13\sqrt{2}}{32},$ so $\alpha$ is acute with $\cos\alpha = \frac{13\sqrt{2}}{32}$ and $\sin\alpha = \sqrt{1 - \frac{338}{1024}} = \frac{7\sqrt{14}}{32}.$ Let $G$ be the intersection of line $CF$ with line $AB.$ In triangle $ACG,$ $\angle GAC = \angle BAC$ has $\cos \angle BAC = \frac{16 + 36 - 25}{2 \cdot 4 \cdot 6} = \frac{9}{16},$ $\sin \angle BAC = \frac{5\sqrt{7}}{16},$ and $\angle ACG = \alpha,$ so $\sin(\angle BAC + \alpha)$ $= \frac{5\sqrt{7}}{16} \cdot \frac{13\sqrt{2}}{32}$ $+ \frac{9}{16} \cdot \frac{7\sqrt{14}}{32}$ $= \frac{\sqrt{14}}{4}$ and $\begin{aligned} AG &= \frac{AC \sin \alpha}{\sin(\angle BAC + \alpha)} \\ &= \frac{6 \cdot \frac{7\sqrt{14}}{32}}{\frac{\sqrt{14}}{4}} \\ &= \frac{21}{4}. \end{aligned}$

Line $CF$ is the radical axis of the two circles, so $GA \cdot GD = GB \cdot GE.$ With $x = BD$ and $BE = x + DE = x + 4\sqrt{2}:$ $\begin{aligned} &\frac{21}{4}\left(x - \frac{5}{4}\right) \\ &= \frac{5}{4}\left(x - \frac{5}{4} + 4\sqrt{2}\right), \end{aligned}$ since $GD = 4 + x - \frac{21}{4}$ and $GB = \frac{21}{4} - 4.$ This gives $16\left(x - \frac{5}{4}\right) = 20\sqrt{2},$ so $x = \frac{5 + 5\sqrt{2}}{4}$ and $BE = \frac{5 + 21\sqrt{2}}{4}.$ Therefore $a + b + c + d = 5 + 21 + 2 + 4$ $= 32.$

14.

求 $2019^8 + 1$ 的最小奇质因数。

Find the least odd prime factor of $2019^8 + 1.$

答案

知识点：乘法阶模幂运算

难度评级：2990

小提示：

若 $p$ 整除 $2019^8 + 1$ ，则 $2019^8 \equiv -1 \pmod{p}$ ，所以 $2019$ 模 $p$ 的阶恰好为 $16$

If $p$ divides $2019^8 + 1,$ then $2019^8 \equiv -1 \pmod{p},$ so the order of $2019$ modulo $p$ is exactly $16$

大提示：

阶整除 $p - 1$ ，所以 $p \equiv 1 \pmod{16}$ ；用反复平方检验最小的这类质数中 $2019 \bmod p$ 的情况

The order divides $p - 1,$ so $p \equiv 1 \pmod{16};$ test the smallest such primes by repeated squaring of $2019 \bmod p$

解答：

设奇质数 $p$ 整除 $2019^8 + 1$ 。则 $2019^8 \equiv -1 \pmod{p}$ ，所以 $2019^{16} \equiv 1$ ，但 $2019^8 \not\equiv 1$ ： $2019$ 模 $p$ 的乘法阶恰好为 $16$ 。由于阶整除 $p - 1$ ，必须有 $p \equiv 1 \pmod{16}$ 。最小的这类质数是 $17$ 与 $97$ 。

模 $17$ 时， $2019 \equiv 13$ ，且 $13^2 = 169 \equiv -1$ ，所以 $2019^8 \equiv (-1)^4 = 1$ ，从而 $2019^8 + 1 \equiv 2 \neq 0$ 。模 $97$ 时， $2019 \equiv -18$ ，反复平方， $\begin{aligned} 2019^2 &\equiv 324 \equiv 33, \\ 2019^4 &\equiv 33^2 = 1089 \\ &\equiv 22, \\ 2019^8 &\equiv 22^2 = 484 \\ &\equiv -1 \pmod{97} \end{aligned}\text{。}$

所以 $97$ 整除 $2019^8 + 1$ ，并且它是最小奇质因数： $97$ 。

Suppose an odd prime $p$ divides $2019^8 + 1.$ Then $2019^8 \equiv -1 \pmod{p},$ so $2019^{16} \equiv 1$ while $2019^8 \not\equiv 1:$ the multiplicative order of $2019$ modulo $p$ is exactly $16.$ Since the order divides $p - 1,$ we need $p \equiv 1 \pmod{16},$ and the smallest such primes are $17$ and $97.$

Modulo $17:$ $2019 \equiv 13,$ and $13^2 = 169 \equiv -1,$ so $2019^8 \equiv (-1)^4 = 1$ and $2019^8 + 1 \equiv 2 \neq 0.$ Modulo $97:$ $2019 \equiv -18,$ and squaring repeatedly, $\begin{aligned} 2019^2 &\equiv 324 \equiv 33, \\ 2019^4 &\equiv 33^2 = 1089 \\ &\equiv 22, \\ 2019^8 &\equiv 22^2 = 484 \\ &\equiv -1 \pmod{97}. \end{aligned}$

So $97$ divides $2019^8 + 1,$ and it is the least odd prime factor: $97.$

15.

设 $\overline{AB}$ 为圆 $\omega$ 的一条弦，点 $P$ 在弦 $\overline{AB}$ 上。圆 $\omega_1$ 经过 $A$ 与 $P$ ，并与 $\omega$ 内切。圆 $\omega_2$ 经过 $B$ 与 $P$ ，并与 $\omega$ 内切。圆 $\omega_1$ 与 $\omega_2$ 交于点 $P$ 和 $Q$ 。直线 $PQ$ 与 $\omega$ 交于 $X$ 和 $Y$ 。已知 $AP = 5$ 、 $PB = 3$ 、 $XY = 11$ ，且 $PQ^2 = \frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

Let $\overline{AB}$ be a chord of a circle $\omega,$ and let $P$ be a point on the chord $\overline{AB}.$ Circle $\omega_1$ passes through $A$ and $P$ and is internally tangent to $\omega.$ Circle $\omega_2$ passes through $B$ and $P$ and is internally tangent to $\omega.$ Circles $\omega_1$ and $\omega_2$ intersect at points $P$ and $Q.$ Line $PQ$ intersects $\omega$ at $X$ and $Y.$ Assume that $AP = 5,$ $PB = 3,$ $XY = 11,$ and $PQ^2 = \frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：根轴圆幂相切圆

难度评级：3500

小提示：

$A$ 同时在 $\omega$ 与 $\omega_1$ 上，但相切的圆只相交一次，所以 $\omega_1$ 与 $\omega$ 的切点就是 $A$ （同理 $\omega_2$ 在 $B$ 处相切）

$A$ lies on both $\omega$ and $\omega_1,$ but tangent circles meet only once, so $\omega_1$ is tangent to $\omega$ at $A$ itself (and $\omega_2$ at $B$ )

大提示：

设 $Z$ 为 $\omega$ 在 $A$ 与 $B$ 处的切线交点：则 $Z$ 在直线 $PQ$ 上，且 $ZP \cdot ZQ = ZX \cdot ZY = ZA^2$ ，并且 $ZA^2 - ZP^2 = AP \cdot PB$

Let $Z$ be the intersection of the tangents to $\omega$ at $A$ and $B:$ then $Z$ lies on line $PQ$ with $ZP \cdot ZQ = ZX \cdot ZY = ZA^2,$ and $ZA^2 - ZP^2 = AP \cdot PB$

解答：

因为 $A$ 同时在 $\omega$ 与 $\omega_1$ 上，而相切的两圆只在切点处相交，所以 $\omega_1$ 与 $\omega$ 的切点就是 $A$ ；同理 $\omega_2$ 在 $B$ 处相切。设 $Z$ 为 $\omega$ 在 $A$ 与 $B$ 处的切线交点。每条切线也分别是相应内圆的切线，所以 $Z$ 关于 $\omega_1$ 与 $\omega_2$ 的幂分别为 $ZA^2$ 与 $ZB^2$ ，二者相等。因此 $Z$ 在根轴 $PQ$ 上，并且沿过 $Z$ 、 $X$ 、 $P$ 、 $Q$ 、 $Y$ 的直线有 $ZP \cdot ZQ = ZA^2 = ZX \cdot ZY\text{，}$ 最后一个等式来自 $ZA$ 是 $\omega$ 的切线。

因为 $ZA = ZB$ ，点 $Z$ 在 $\overline{AB}$ 的垂直平分线上；若 $M$ 为 $\overline{AB}$ 的中点，则 $ZA^2 - ZP^2$ $= MA^2 - MP^2$ $= 4^2 - 1^2 = 15$ 。同时 $P$ 关于 $\omega$ 的幂给出 $XP \cdot PY = AP \cdot PB = 15$ 。设 $s = ZP$ 、 $u = ZX$ ，于是 $ZY = u + 11$ 。关系变为 $\begin{aligned} u(u + 11) &= s^2 + 15, \\ (s - u)(u + 11 - s) &= 15 \end{aligned}\text{。}$ 展开第二式并代入第一式，得 $u = s - \frac{11}{2} + \frac{15}{s}$ ，再代回可得 $\left(s + \frac{15}{s}\right)^2 - \frac{121}{4} = s^2 + 15$ ，所以 $\frac{225}{s^2} = \frac{61}{4}$ 。

最后 $ZQ = \frac{ZA^2}{ZP} = s + \frac{15}{s}$ ，所以 $PQ = ZQ - ZP = \frac{15}{s}$ ，并且 $PQ^2 = \frac{225}{s^2} = \frac{61}{4}$ 。因此 $m + n = 61 + 4 = 65$ 。

Since $A$ lies on both $\omega$ and $\omega_1$ and internally tangent circles meet only at their point of tangency, $\omega_1$ is tangent to $\omega$ at $A;$ likewise $\omega_2$ is tangent at $B.$ Let $Z$ be the intersection of the tangent lines to $\omega$ at $A$ and $B.$ Each tangent line is also tangent to the corresponding inner circle, so the powers of $Z$ with respect to $\omega_1$ and $\omega_2$ are $ZA^2$ and $ZB^2,$ which are equal. Hence $Z$ lies on the radical axis $PQ,$ and along the line through $Z,$ $X,$ $P,$ $Q,$ $Y:$ $ZP \cdot ZQ = ZA^2 = ZX \cdot ZY,$ the last equality because $ZA$ is tangent to $\omega.$

Because $ZA = ZB,$ the point $Z$ lies on the perpendicular bisector of $\overline{AB};$ if $M$ is the midpoint of $\overline{AB},$ then $ZA^2 - ZP^2$ $= MA^2 - MP^2$ $= 4^2 - 1^2 = 15.$ Also the power of $P$ in $\omega$ gives $XP \cdot PY = AP \cdot PB = 15.$ Set $s = ZP$ and $u = ZX,$ so $ZY = u + 11.$ The relations become $\begin{aligned} u(u + 11) &= s^2 + 15, \\ (s - u)(u + 11 - s) &= 15. \end{aligned}$ Expanding the second and substituting the first yields $u = s - \frac{11}{2} + \frac{15}{s},$ and substituting back gives $\left(s + \frac{15}{s}\right)^2 - \frac{121}{4} = s^2 + 15,$ so $\frac{225}{s^2} = \frac{61}{4}.$

Finally $ZQ = \frac{ZA^2}{ZP} = s + \frac{15}{s},$ so $PQ = ZQ - ZP = \frac{15}{s}$ and $PQ^2 = \frac{225}{s^2} = \frac{61}{4}.$ Therefore $m + n = 61 + 4 = 65.$