2019 AIME II 详解 | LIVE by Po-Shen Loh

1.

两个不同的点 $C$ 和 $D$ ，位于直线 $AB$ 的同一侧，使得 $\triangle ABC$ 与 $\triangle BAD$ 全等，且 $AB = 9$ ， $BC = AD = 10$ ， $CA = DB = 17$ 。这两个三角形区域的交集面积为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

Two different points, $C$ and $D,$ lie on the same side of line $AB$ so that $\triangle ABC$ and $\triangle BAD$ are congruent with $AB = 9,$ $BC = AD = 10,$ and $CA = DB = 17.$ The intersection of these two triangular regions has area $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：坐标几何全等（几何）三角形面积

难度评级：2220

小提示：

取 $A = (0, 0)$ 、 $B = (9, 0)$ ，求出 $C$ 和 $D$ ；这两个三角形关于 $\overline{AB}$ 的垂直平分线成镜像

Place $A = (0, 0)$ and $B = (9, 0)$ and find $C$ and $D;$ the two triangles are mirror images across the perpendicular bisector of $\overline{AB}$

大提示：

重叠部分是以 $\overline{AB}$ 为底的三角形，其顶点是线段 $\overline{AC}$ 与 $\overline{BD}$ 的交点

The overlap is the triangle with base $\overline{AB}$ whose apex is the point where segments $\overline{AC}$ and $\overline{BD}$ cross

解答：

取 $A = (0, 0)$ 、 $B = (9, 0)$ 。由 $CA = 17$ 和 $BC = 10$ ，解 $x^2 + y^2 = 289$ 与 $(x - 9)^2 + y^2 = 100$ ，得 $C = (15, 8)$ 。全等关系 $\triangle ABC \cong \triangle BAD$ 会交换 $A$ 与 $B$ ，所以 $D$ 是 $C$ 关于直线 $x = \frac{9}{2}$ 的反射，即 $D = (-6, 8)$ 。

一个点在三角形 $ABC$ 内，当且仅当它在 $\overline{AB}$ 上方或线上、在直线 $AC$ 的 $B$ 一侧，并且在直线 $BC$ 的 $A$ 一侧；对三角形 $BAD$ 同理。在重叠部分中起限制作用的是 $y \ge 0$ 、直线 $AC$ 和直线 $BD$ ，所以交集是以 $\overline{AB}$ 为底、顶点 $E = AC \cap BD$ 的三角形。直线 $AC$ 为 $y = \frac{8x}{15}$ ，直线 $BD$ 为 $y = -\frac{8(x - 9)}{15}$ ，两者交于 $E = \left(\frac{9}{2}, \frac{12}{5}\right)$ 。

面积为 $\frac{1}{2} \cdot 9 \cdot \frac{12}{5} = \frac{54}{5}\text{，}$ 所以 $m + n = 54 + 5 = 59$ 。

Place $A = (0, 0)$ and $B = (9, 0).$ From $CA = 17$ and $BC = 10,$ solving $x^2 + y^2 = 289$ and $(x - 9)^2 + y^2 = 100$ gives $C = (15, 8).$ The congruence $\triangle ABC \cong \triangle BAD$ swaps $A$ and $B,$ so $D$ is the reflection of $C$ across the line $x = \frac{9}{2},$ namely $D = (-6, 8).$

A point lies in triangle $ABC$ exactly when it is on or above $\overline{AB},$ on $B$ ’s side of line $AC,$ and on $A$ ’s side of line $BC;$ similarly for triangle $BAD.$ In the overlap the binding constraints are $y \ge 0,$ line $AC,$ and line $BD,$ so the intersection is the triangle with base $\overline{AB}$ and apex $E = AC \cap BD.$ Line $AC$ is $y = \frac{8x}{15}$ and line $BD$ is $y = -\frac{8(x - 9)}{15},$ which meet at $E = \left(\frac{9}{2}, \frac{12}{5}\right).$

The area is $\frac{1}{2} \cdot 9 \cdot \frac{12}{5} = \frac{54}{5},$ so $m + n = 54 + 5 = 59.$

2.

池塘中荷叶 $1$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $\ldots$ 排成一行。一只青蛙从荷叶 $1$ 开始跳跃。从任意荷叶 $k$ 出发时，青蛙随机跳到 $k + 1$ 或 $k + 2$ ，两种选择的概率都是 $\frac{1}{2}$ ，且各次跳跃相互独立。青蛙经过荷叶 $7$ 的概率为 $\frac{p}{q}$ ，其中 $p$ 与 $q$ 是互质正整数。求 $p + q$ 。

Lily pads $1,$ $2,$ $3,$ $\ldots$ lie in a row on a pond. A frog makes a sequence of jumps starting on pad $1.$ From any pad $k$ the frog jumps to either pad $k + 1$ or pad $k + 2$ chosen randomly with probability $\frac{1}{2}$ and independently of other jumps. The probability that the frog visits pad $7$ is $\frac{p}{q},$ where $p$ and $q$ are relatively prime positive integers. Find $p + q.$

答案

知识点：递推概率递推

难度评级：2240

小提示：

令 $p_k$ 为青蛙会落在荷叶 $k$ 上的概率；它只能从荷叶 $k - 1$ 或荷叶 $k - 2$ 到达那里

Let $p_k$ be the probability that the frog ever lands on pad $k;$ the frog can only arrive there from pad $k - 1$ or pad $k - 2$

大提示：

$p_k = \frac{1}{2}p_{k-1} + \frac{1}{2}p_{k-2}$ ，且 $p_1 = 1$ 、 $p_2 = \frac{1}{2}$ ；迭代到 $k = 7$

$p_k = \frac{1}{2}p_{k-1} + \frac{1}{2}p_{k-2}$ with $p_1 = 1$ and $p_2 = \frac{1}{2};$ iterate up to $k = 7$

解答：

令 $p_k$ 为青蛙经过荷叶 $k$ 的概率。青蛙落在荷叶 $k$ 上恰有两种互斥方式：它经过荷叶 $k - 1$ 并从那里跳 $+1$ （若跳 $+2$ ，荷叶 $k$ 会永远被跳过），或者它完全跳过荷叶 $k - 1$ ，这要求它经过荷叶 $k - 2$ 并从那里跳 $+2$ ，落到荷叶 $k$ 。因此 $\begin{aligned} &p_k = \tfrac{1}{2}p_{k-1} + \tfrac{1}{2}p_{k-2}, \\ &\qquad p_1 = 1, \quad p_2 = \tfrac{1}{2} \end{aligned}\text{。}$

迭代得到 $p_3 = \frac{3}{4}$ 、 $p_4 = \frac{5}{8}$ 、 $p_5 = \frac{11}{16}$ 、 $p_6 = \frac{21}{32}$ 、 $p_7 = \frac{43}{64}$ 。因为 $\gcd(43, 64) = 1$ ，答案为 $43 + 64 = 107$ 。

Let $p_k$ be the probability that the frog visits pad $k.$ The frog lands on pad $k$ in exactly one of two disjoint ways: it visits pad $k - 1$ and jumps $+1$ from there (if it jumps $+2,$ pad $k$ is skipped forever), or it skips pad $k - 1$ entirely, which requires visiting pad $k - 2$ and jumping $+2$ from it, landing on pad $k.$ Hence $\begin{aligned} &p_k = \tfrac{1}{2}p_{k-1} + \tfrac{1}{2}p_{k-2}, \\ &\qquad p_1 = 1, \quad p_2 = \tfrac{1}{2}. \end{aligned}$

Iterating: $p_3 = \frac{3}{4},$ $p_4 = \frac{5}{8},$ $p_5 = \frac{11}{16},$ $p_6 = \frac{21}{32},$ and $p_7 = \frac{43}{64}.$ Since $\gcd(43, 64) = 1,$ the answer is $43 + 64 = 107.$

3.

求满足下列方程组的正整数 $7$ 元组 $(a, b, c, d, e, f, g)$ 的个数： $abc = 70$ $cde = 71$ $efg = 72\text{。}$

Find the number of $7$ -tuples of positive integers $(a, b, c, d, e, f, g)$ that satisfy the following system of equations: $abc = 70,$ $cde = 71,$ $efg = 72.$

答案

知识点：质因数分解因数个数

难度评级：1990

小提示：

$71$ 是质数，并且 $c$ 必须整除 $70$ ，而 $e$ 必须整除 $72$

$71$ is prime, and $c$ must divide $70$ while $e$ must divide $72$

大提示：

当 $d = 71$ 且 $c = e = 1$ 后，用因数个数来数满足 $ab = 70$ 与 $fg = 72$ 的有序数对

With $d = 71$ and $c = e = 1,$ count the ordered pairs with $ab = 70$ and $fg = 72$ using divisor counts

解答：

因为 $71$ 是质数，在 $cde = 71$ 中三个因子之一为 $71$ ，另外两个为 $1$ 。但 $c$ 整除 $abc = 70$ ， $e$ 整除 $efg = 72$ ，而 $71$ 既不整除 $70$ ，也不整除 $72$ 。所以 $c = e = 1$ 、 $d = 71$ 。

方程组化为 $ab = 70$ 与 $fg = 72$ 。每个 $70$ 的因数 $a$ 都确定一个 $b$ ，给出 $\tau(70) = 8$ 个有序数对；同理 $\tau(72) = 12$ 个有序数对 $(f, g)$ 。总数为 $8 \cdot 12 = 96$ 。

Since $71$ is prime, in $cde = 71$ one of the three factors is $71$ and the other two equal $1.$ But $c$ divides $abc = 70$ and $e$ divides $efg = 72,$ and $71$ divides neither $70$ nor $72.$ So $c = e = 1$ and $d = 71.$

The system reduces to $ab = 70$ and $fg = 72.$ Each divisor $a$ of $70$ determines $b,$ giving $\tau(70) = 8$ ordered pairs, and likewise $\tau(72) = 12$ ordered pairs $(f, g).$ The total is $8 \cdot 12 = 96.$

4.

一枚标准六面公平骰子掷四次。四次掷出的数字的乘积是完全平方数的概率为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

A standard six-sided fair die is rolled four times. The probability that the product of all four numbers rolled is a perfect square is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：骰子（概率）完全平方数奇偶性分类讨论

难度评级：2480

小提示：

乘积是平方数，当且仅当质数 $2$ 、 $3$ 、 $5$ 的指数均为偶数；只有掷出 $5$ 会贡献质数 $5$

The product is a square exactly when each of the primes $2,$ $3,$ $5$ appears to an even power; only rolls of $5$ contribute the prime $5$

大提示：

按 $5$ 出现的次数分类（它必须为偶数），再追踪其余掷数中 $2$ 、 $3$ 、 $6$ 的个数奇偶性

Case on the number of $5$ s (it must be even), then track the parities of the counts of $2$ s, $3$ s, and $6$ s among the other rolls

解答：

乘积为完全平方数，当且仅当质数 $2$ 、 $3$ 、 $5$ 的指数均为偶数。只有掷出 $5$ 会贡献质数 $5$ ，所以 $5$ 的个数必须为偶数： $0$ 、 $2$ 或 $4$ 。把其他数按它们的 $2$ 与 $3$ 的指数奇偶性分类：掷出 $1$ 或 $4$ 贡献 $(0, 0)$ ，掷出 $2$ 贡献 $(1, 0)$ ，掷出 $3$ 贡献 $(0, 1)$ ，掷出 $6$ 贡献 $(1, 1)$ 。质数 $2$ 的指数为偶数，当且仅当 $2$ 的个数加上 $6$ 的个数为偶数；对 $3$ 与 $6$ 同理。所以一组非 $5$ 掷数可行，当且仅当 $2$ 、 $3$ 、 $6$ 的个数全为偶数或全为奇数。

没有 $5$ 时，四次掷数都来自 $\{1, 2, 3, 4, 6\}$ 。全偶情况：没有 $2$ 、 $3$ 、 $6$ 时有 $2^4 = 16$ 个序列（每次是 $1$ 或 $4$ ）；某一种恰好出现两次时有 $3 \cdot \frac{4!}{2!\,2!} \cdot 2^2 = 72$ 个；两种各出现两次时有 $3 \cdot \frac{4!}{2!\,2!} = 18$ 个；某一种出现四次时有 $3$ 个。全奇情况：一个 $2$ 、一个 $3$ 、一个 $6$ ，再加一次来自 $\{1, 4\}$ ，共有 $4! \cdot 2 = 48$ 个。小计 $16 + 72 + 18 + 3 + 48 = 157$ 。有两个 $5$ 时，从 $\binom{4}{2} = 6$ 种方式中选定它们的位置；另外两次必须属于同一个奇偶类，给出 $2^2 + 1 + 1 + 1 = 7$ 个有序对，共 $42$ 个序列。有四个 $5$ 时有 $1$ 个序列。

总共有 $157 + 42 + 1 = 200$ 个可行序列，全部序列数为 $6^4 = 1296$ ，所以概率为 $\frac{200}{1296} = \frac{25}{162}$ ，从而 $m + n = 25 + 162 = 187$ 。

The product is a perfect square exactly when each of the primes $2,$ $3,$ and $5$ appears with even exponent. Only a roll of $5$ contributes the prime $5,$ so the number of $5$ s is even: $0,$ $2,$ or $4.$ Classify the other values by the parities of their exponents of $2$ and $3:$ rolls of $1$ and $4$ contribute $(0, 0),$ a $2$ contributes $(1, 0),$ a $3$ contributes $(0, 1),$ and a $6$ contributes $(1, 1).$ The exponent of $2$ is even iff the count of $2$ s plus the count of $6$ s is even, and similarly for $3$ s and $6$ s, so a collection of non- $5$ rolls works exactly when the counts of $2$ s, $3$ s, and $6$ s are all even or all odd.

With no $5$ s, all four rolls come from $\{1, 2, 3, 4, 6\}.$ All-even cases: no $2$ s, $3$ s, or $6$ s gives $2^4 = 16$ sequences (each roll is $1$ or $4$ ); exactly two of a single kind gives $3 \cdot \frac{4!}{2!\,2!} \cdot 2^2 = 72;$ two of each of two kinds gives $3 \cdot \frac{4!}{2!\,2!} = 18;$ four of one kind gives $3.$ All-odd case: one $2,$ one $3,$ one $6,$ and one roll from $\{1, 4\}$ gives $4! \cdot 2 = 48.$ Subtotal $16 + 72 + 18 + 3 + 48 = 157.$ With two $5$ s, choose their positions in $\binom{4}{2} = 6$ ways; the other two rolls must lie in the same parity class, giving $2^2 + 1 + 1 + 1 = 7$ ordered pairs, for $42$ sequences. With four $5$ s there is $1$ sequence.

In total $157 + 42 + 1 = 200$ of the $6^4 = 1296$ sequences work, so the probability is $\frac{200}{1296} = \frac{25}{162},$ and $m + n = 25 + 162 = 187.$

5.

四位大使以及每位大使的一名顾问要坐在一张有 $12$ 把椅子的圆桌旁，椅子按顺序编号为 $1$ 到 $12$ 。每位大使必须坐在偶数编号的椅子上。每位顾问必须坐在与其大使相邻的椅子上。在这些条件下， $8$ 个人共有 $N$ 种坐法。求 $N$ 除以 $1000$ 的余数。

Four ambassadors and one advisor for each of them are to be seated at a round table with $12$ chairs numbered in order $1$ to $12.$ Each ambassador must sit in an even-numbered chair. Each advisor must sit in a chair adjacent to his or her ambassador. There are $N$ ways for the $8$ people to be seated at the table under these conditions. Find the remainder when $N$ is divided by $1000.$

答案

知识点：环形排列有限制的排列分类讨论

难度评级：2650

小提示：

六把偶数椅子形成一个环，每把奇数椅子位于两把相邻偶数椅子之间；每把被占用的偶数椅子必须选择旁边两把奇数椅子之一，且所选椅子互不相同

The six even chairs form a cycle, and each odd chair sits between two consecutive even chairs; each occupied even chair must claim one of its two flanking odd chairs, all distinct

大提示：

一段连续 $k$ 把被占用的偶数椅子有 $k + 1$ 种有效选择方式；按六个偶数位置环上两把空椅子的分布分类

A block of $k$ consecutive occupied even chairs has $k + 1$ valid claim patterns; case on how the two empty even chairs split the cycle of six

解答：

共有 $6$ 把偶数椅子形成一个环（椅子 $12$ 与椅子 $1$ 相邻），每把奇数椅子都在两把相邻偶数椅子之间。大使占用六把偶数椅子中的 $4$ 把，每位顾问必须在其大使旁边两把奇数椅子中选一把，且所有选择互不相同。对一段长度为 $k$ 的极大连续被占用偶数椅子， $k$ 位占用者要在接触这段的 $k + 1$ 把奇数椅子中选择；把每个选择记作左或右，只有当某人选右而邻座选左时会冲突，所以有效模式恰为若干个 $L$ 后接若干个 $R$ 的字符串，共 $k + 1$ 种。

现在按六个偶数位置中的两把空椅子分类。若它们相邻（ $6$ 种），被占用椅子形成一个长度 $4$ 的块，给出 $5$ 种模式。若它们隔着一把椅子（ $6$ 种），块大小为 $1$ 和 $3$ ，给出 $2 \cdot 4 = 8$ 种模式。若它们相对（ $3$ 种），块大小为 $2$ 和 $2$ ，给出 $3 \cdot 3 = 9$ 种模式。座位配置数为 $6 \cdot 5 + 6 \cdot 8 + 3 \cdot 9 = 105$ 。

最后，四对大使与顾问可以用 $4! = 24$ 种方式分配到四把选定的偶数椅子上，所以 $N = 105 \cdot 24 = 2520$ ，除以 $1000$ 的余数为 $520$ 。

The six even chairs form a cycle (chair $12$ is adjacent to chair $1$ ), and each odd chair lies between two consecutive even chairs. The ambassadors occupy $4$ of the $6$ even chairs, and each advisor must take one of the two odd chairs flanking their ambassador, with all choices distinct. For a maximal block of $k$ consecutive occupied even chairs, the $k$ occupants choose among the $k + 1$ odd chairs touching the block; recording each choice as left or right, a conflict occurs exactly when someone picks right and their neighbor picks left, so the valid patterns are the strings of $L$ s followed by $R$ s: $k + 1$ of them.

Now case on the two empty even chairs among the six positions. If they are adjacent ( $6$ ways), the occupied chairs form one block of $4,$ giving $5$ patterns. If they are separated by one chair ( $6$ ways), the blocks have sizes $1$ and $3,$ giving $2 \cdot 4 = 8$ patterns. If they are opposite ( $3$ ways), the blocks have sizes $2$ and $2,$ giving $3 \cdot 3 = 9$ patterns. The number of seat configurations is $6 \cdot 5 + 6 \cdot 8 + 3 \cdot 9 = 105.$

Finally, the four ambassador-advisor pairs can be assigned to the four chosen even chairs in $4! = 24$ ways, so $N = 105 \cdot 24 = 2520,$ and the remainder modulo $1000$ is $520.$

6.

在一个火星文明中，所有未注明底数的对数都默认以某个固定的 $b$ 为底，其中 $b \ge 2$ 。一名火星学生写下方程组 $3\log(\sqrt{x}\log x) = 56$ $\log_{\log x}(x) = 54$ 并发现这个方程组有唯一实数解 $x \gt 1$ 。求 $b$ 。

In a Martian civilization, all logarithms whose bases are not specified are assumed to be base $b,$ for some fixed $b \ge 2.$ A Martian student writes down $3\log(\sqrt{x}\log x) = 56$ $\log_{\log x}(x) = 54$ and finds that this system of equations has a single real number solution $x \gt 1.$ Find $b.$

答案

知识点：对数方程组换元法

难度评级：2400

小提示：

令 $y = \log_b x$ ；由换底公式，第二个方程给出 $\log_b y = \frac{y}{54}$

Let $y = \log_b x;$ by the change-of-base formula the second equation says $\log_b y = \frac{y}{54}$

大提示：

第一个方程变为 $\frac{y}{2} + \log_b y = \frac{56}{3}$ ；代入 $\log_b y = \frac{y}{54}$ 并解出 $y$

The first equation becomes $\frac{y}{2} + \log_b y = \frac{56}{3};$ substitute $\log_b y = \frac{y}{54}$ and solve for $y$

解答：

令 $y = \log_b x$ 。由换底公式， $\begin{aligned} \log_{\log x}(x) &= \frac{\log_b x}{\log_b(\log_b x)} \\ &= \frac{y}{\log_b y} = 54 \end{aligned}\text{，}$ 所以 $\log_b y = \frac{y}{54}$ 。第一个方程表示 $3\left(\frac{1}{2}\log_b x + \log_b(\log_b x)\right) = 56$ ，也就是 $\frac{y}{2} + \log_b y = \frac{56}{3}$ 。

代入 $\log_b y = \frac{y}{54}$ ，得到 $\frac{y}{2} + \frac{y}{54} = \frac{56}{3}$ ，所以 $\frac{28y}{54} = \frac{56}{3}$ ， $y = 36$ 。于是 $\log_b 36 = \frac{36}{54} = \frac{2}{3}$ ，所以 $b^{\frac{2}{3}} = 36$ ，从而 $b = 36^{\frac{3}{2}} = 216$ 。

Let $y = \log_b x.$ By the change-of-base formula, $\begin{aligned} \log_{\log x}(x) &= \frac{\log_b x}{\log_b(\log_b x)} \\ &= \frac{y}{\log_b y} = 54, \end{aligned}$ so $\log_b y = \frac{y}{54}.$ The first equation says $3\left(\frac{1}{2}\log_b x + \log_b(\log_b x)\right) = 56,$ that is, $\frac{y}{2} + \log_b y = \frac{56}{3}.$

Substituting $\log_b y = \frac{y}{54}$ gives $\frac{y}{2} + \frac{y}{54} = \frac{56}{3},$ so $\frac{28y}{54} = \frac{56}{3}$ and $y = 36.$ Then $\log_b 36 = \frac{36}{54} = \frac{2}{3},$ so $b^{\frac{2}{3}} = 36$ and $b = 36^{\frac{3}{2}} = 216.$

7.

三角形 $ABC$ 的边长为 $AB = 120$ 、 $BC = 220$ 、 $AC = 180$ 。作直线 $\ell_A$ 、 $\ell_B$ 、 $\ell_C$ ，分别平行于 $\overline{BC}$ 、 $\overline{AC}$ 、 $\overline{AB}$ ，使得 $\ell_A$ 、 $\ell_B$ 、 $\ell_C$ 与 $\triangle ABC$ 内部的交线段长度分别为 $55$ 、 $45$ 、 $15$ 。求以直线 $\ell_A$ 、 $\ell_B$ 、 $\ell_C$ 为边所在直线的三角形的周长。

Triangle $ABC$ has side lengths $AB = 120,$ $BC = 220,$ and $AC = 180.$ Lines $\ell_A,$ $\ell_B,$ and $\ell_C$ are drawn parallel to $\overline{BC},$ $\overline{AC},$ and $\overline{AB},$ respectively, such that the intersections of $\ell_A,$ $\ell_B,$ and $\ell_C$ with the interior of $\triangle ABC$ are segments of lengths $55,$ $45,$ and $15,$ respectively. Find the perimeter of the triangle whose sides lie on lines $\ell_A,$ $\ell_B,$ and $\ell_C.$

答案

知识点：相似平行线

难度评级：2790

小提示：

每条弦都截出一个与 $ABC$ 相似的三角形：比例分别为 $\frac{55}{220}$ 、 $\frac{45}{180}$ 、 $\frac{15}{120}$

Each chord cuts off a triangle similar to $ABC:$ the ratios are $\frac{55}{220},$ $\frac{45}{180},$ and $\frac{15}{120}$

大提示：

把到各边的距离按对应高的比例来度量，这三个比例之和为 $1$ ；三条线所在的层级为 $\frac34$ 、 $\frac34$ 、 $\frac78$

Measure distances to the sides as fractions of the altitudes, which sum to $1;$ the lines sit at levels $\frac34,$ $\frac34,$ $\frac78$

解答：

对点 $P$ ，令 $\alpha$ 为 $P$ 到直线 $BC$ 的距离除以从 $A$ 引出的高，类似地定义 $\beta$ （到 $CA$ ）和 $\gamma$ （到 $AB$ ）；对内部点有 $\alpha + \beta + \gamma = 1$ ，因为 $[PBC] + [PCA]$ $+ [PAB] = [ABC]$ 。一条平行于 $\overline{BC}$ 、位于层级 $\alpha$ 的弦，会在 $A$ 处截出与 $ABC$ 相似、比例为 $1 - \alpha$ 的三角形，所以它的长度为 $220(1 - \alpha)$ 。长度为 $55$ 的弦给出 $1 - \alpha = \frac{1}{4}$ ，所以 $\ell_A$ 是直线 $\alpha = \frac{3}{4}$ ；类似地， $45 = 180(1 - \beta)$ 使 $\ell_B$ 位于 $\beta = \frac{3}{4}$ ，而 $15 = 120(1 - \gamma)$ 使 $\ell_C$ 位于 $\gamma = \frac{7}{8}$ 。

沿任意平行于 $\overline{BC}$ 的直线，坐标 $\beta$ 线性变化；在三角形内部层级 $\alpha$ 的弦上， $\beta$ 经过长度为 $1 - \alpha$ 的区间，而该弦长为 $220(1 - \alpha)$ ；因此，一段平行于 $\overline{BC}$ 、端点坐标差为 $\Delta\beta$ 的线段长度为 $220\,|\Delta\beta|$ 。新三角形在 $\ell_A$ 上的边从 $\ell_A \cap \ell_B$ （此时 $\beta = \frac{3}{4}$ ）到 $\ell_A \cap \ell_C$ （此时 $\beta = 1 - \frac{3}{4} - \frac{7}{8} = -\frac{5}{8}$ ）。其长度为 $220\left(\frac{3}{4} + \frac{5}{8}\right) = 220 \cdot \frac{11}{8}\text{。}$

因为这三条直线分别平行于 $ABC$ 的三边，它们围成的三角形与 $ABC$ 相似，此处相似比为 $\frac{11}{8}$ 。其周长为 $\frac{11}{8}(120 + 220 + 180)$ $= \frac{11}{8} \cdot 520 = 715$ 。

For a point $P,$ let $\alpha$ be the distance from $P$ to line $BC$ divided by the length of the altitude from $A,$ and define $\beta$ (to $CA$ ) and $\gamma$ (to $AB$ ) similarly; then $\alpha + \beta + \gamma = 1$ for points inside, since $[PBC] + [PCA]$ $+ [PAB] = [ABC].$ A chord parallel to $\overline{BC}$ at level $\alpha$ cuts off a triangle at $A$ similar to $ABC$ with ratio $1 - \alpha,$ so its length is $220(1 - \alpha).$ The chord of length $55$ gives $1 - \alpha = \frac{1}{4},$ so $\ell_A$ is the line $\alpha = \frac{3}{4};$ similarly $45 = 180(1 - \beta)$ puts $\ell_B$ at $\beta = \frac{3}{4},$ and $15 = 120(1 - \gamma)$ puts $\ell_C$ at $\gamma = \frac{7}{8}.$

Along any line parallel to $\overline{BC},$ the coordinate $\beta$ varies linearly, and on the chord at level $\alpha$ inside the triangle, $\beta$ runs over an interval of length $1 - \alpha$ while the chord has length $220(1 - \alpha);$ hence a segment parallel to $\overline{BC}$ with endpoints differing by $\Delta\beta$ has length $220\,|\Delta\beta|.$ The side of the new triangle on $\ell_A$ runs from $\ell_A \cap \ell_B,$ where $\beta = \frac{3}{4},$ to $\ell_A \cap \ell_C,$ where $\beta = 1 - \frac{3}{4} - \frac{7}{8} = -\frac{5}{8}.$ Its length is $220\left(\frac{3}{4} + \frac{5}{8}\right) = 220 \cdot \frac{11}{8}.$

Since the three lines are parallel to the sides of $ABC,$ the triangle they bound is similar to $ABC,$ here with ratio $\frac{11}{8}.$ Its perimeter is $\frac{11}{8}(120 + 220 + 180)$ $= \frac{11}{8} \cdot 520 = 715.$

8.

多项式 $f(z) = az^{2018} + bz^{2017} + cz^{2016}$ 的系数为不超过 $2019$ 的实数，且 $f\left(\frac{1 + \sqrt{3}i}{2}\right) = 2015 + 2019\sqrt{3}i$ 。求 $f(1)$ 除以 $1000$ 的余数。

The polynomial $f(z) = az^{2018} + bz^{2017} + cz^{2016}$ has real coefficients not exceeding $2019,$ and $f\left(\frac{1 + \sqrt{3}i}{2}\right) = 2015 + 2019\sqrt{3}i.$ Find the remainder when $f(1)$ is divided by $1000.$

答案

知识点：单位根复数多项式

难度评级：2560

小提示：

$\frac{1 + \sqrt{3}i}{2}$ 是本原六次单位根，且 $2016$ 是 $6$ 的倍数

$\frac{1 + \sqrt{3}i}{2}$ is a primitive sixth root of unity, and $2016$ is a multiple of $6$

大提示：

比较虚部得到 $a + b = 4038$ ；系数的上界随后迫使两个值都确定

Matching imaginary parts gives $a + b = 4038;$ the bound on the coefficients then forces both values

解答：

令 $\omega = \frac{1 + \sqrt{3}i}{2} = \cos 60^\circ + i\sin 60^\circ$ ，这是本原六次单位根。因为 $2016 = 6 \cdot 336$ ，所以 $\omega^{2016} = 1$ 、 $\omega^{2017} = \omega$ 、且 $\omega^{2018} = \omega^2 = \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2}$ 。因此 $\begin{aligned} f(\omega) &= a\omega^2 + b\omega + c \\ &= \left(c + \frac{b - a}{2}\right) \\ &\quad {}+ \frac{(a + b)\sqrt{3}}{2}\,i \end{aligned}\text{。}$

比较虚部， $\frac{a + b}{2} = 2019$ ，所以 $a + b = 4038$ 。由于 $a \le 2019$ 且 $b \le 2019$ ，这迫使 $a = b = 2019$ 。再比较实部，得到 $c + 0 = 2015$ ，所以 $c = 2015$ 。

因此 $f(1) = a + b + c$ $= 4038 + 2015 = 6053$ ，除以 $1000$ 的余数为 $53$ 。

Let $\omega = \frac{1 + \sqrt{3}i}{2} = \cos 60^\circ + i\sin 60^\circ,$ a primitive sixth root of unity. Since $2016 = 6 \cdot 336,$ we get $\omega^{2016} = 1,$ $\omega^{2017} = \omega,$ and $\omega^{2018} = \omega^2 = \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2}.$ Therefore $\begin{aligned} f(\omega) &= a\omega^2 + b\omega + c \\ &= \left(c + \frac{b - a}{2}\right) \\ &\quad {}+ \frac{(a + b)\sqrt{3}}{2}\,i. \end{aligned}$

Matching imaginary parts, $\frac{a + b}{2} = 2019,$ so $a + b = 4038.$ Since $a \le 2019$ and $b \le 2019,$ this forces $a = b = 2019.$ Matching real parts then gives $c + 0 = 2015,$ so $c = 2015.$

Hence $f(1) = a + b + c$ $= 4038 + 2015 = 6053,$ whose remainder upon division by $1000$ is $53.$

9.

若正整数 $n$ 恰有 $k$ 个正因数，且 $n$ 能被 $k$ 整除，则称 $n$ 是 $k$ -漂亮的。例如， $18$ 是 $6$ -漂亮的。令 $S$ 为小于 $2019$ 且 $20$ -漂亮的正整数之和。求 $\frac{S}{20}$ 。

Call a positive integer $n$ $k$ -pretty if $n$ has exactly $k$ positive divisors and $n$ is divisible by $k.$ For example, $18$ is $6$ -pretty. Let $S$ be the sum of the positive integers less than $2019$ that are $20$ -pretty. Find $\frac{S}{20}.$

答案

知识点：因数个数质因数分解分类讨论

难度评级：2650

小提示：

写成 $n = 2^a 5^b m$ ，其中 $\gcd(m, 10) = 1$ ；被 $20$ 整除迫使 $a \ge 2$ 且 $b \ge 1$

Write $n = 2^a 5^b m$ with $\gcd(m, 10) = 1;$ divisibility by $20$ forces $a \ge 2$ and $b \ge 1$

大提示：

此时 $(a+1)(b+1)\tau(m) = 20$ ，且 $a + 1 \ge 3$ 、 $b + 1 \ge 2$ ；检查哪些分解能使 $n \lt 2019$

Then $(a+1)(b+1)\tau(m) = 20$ with $a + 1 \ge 3$ and $b + 1 \ge 2;$ check which factorizations keep $n \lt 2019$

解答：

我们需要 $n$ 是 $20$ 的倍数且 $\tau(n) = 20$ 。写 $n = 2^a 5^b m$ ，其中 $\gcd(m, 10) = 1$ ；于是 $a \ge 2$ 、 $b \ge 1$ ，并且 $(a + 1)(b + 1)\tau(m) = 20$ ，其中 $a + 1 \ge 3$ 、 $b + 1 \ge 2$ 。因子 $a + 1$ 必须是至少为 $3$ 的 $20$ 的因数，即 $4$ 、 $5$ 、 $10$ 、 $20$ 中之一。

若 $a + 1 = 4$ ，则 $(b + 1)\tau(m) = 5$ 迫使 $b = 4$ 、 $m = 1$ ，于是 $n = 2^3 5^4 = 5000$ ，太大。若 $a + 1 = 10$ ，则 $b = 1$ 、 $m = 1$ ，且 $n = 2^9 \cdot 5 = 2560$ ，太大。 $a + 1 = 20$ 不可能，因为 $b + 1 \ge 2$ 。若 $a + 1 = 5$ ，则 $(b + 1)\tau(m) = 4$ ，得到两种情况： $b = 3$ 、 $m = 1$ ，所以 $n = 2^4 5^3 = 2000 \lt 2019$ ，或 $b = 1$ 且 $\tau(m) = 2$ ，所以 $m = p$ 是不同于 $2$ 和 $5$ 的质数，且 $n = 80p \lt 2019$ ，即 $p \le 25$ ： $p \in \{3, 7, 11, 13, 17, 19, 23\}$ 。

因此 $\begin{aligned} S &= 2000 + 80(3 + 7 + 11 + 13 \\ &\qquad {}+ 17 + 19 + 23) \\ &= 2000 + 80 \cdot 93 \\ &= 9440 \end{aligned}\text{，}$ 所以 $\frac{S}{20} = 472$ 。

We need $n$ to be a multiple of $20$ and $\tau(n) = 20.$ Write $n = 2^a 5^b m$ with $\gcd(m, 10) = 1;$ then $a \ge 2,$ $b \ge 1,$ and $(a + 1)(b + 1)\tau(m) = 20$ with $a + 1 \ge 3$ and $b + 1 \ge 2.$ The factor $a + 1$ must be a divisor of $20$ that is at least $3:$ one of $4,$ $5,$ $10,$ $20.$

If $a + 1 = 4,$ then $(b + 1)\tau(m) = 5$ forces $b = 4,$ $m = 1,$ so $n = 2^3 5^4 = 5000,$ too large. If $a + 1 = 10,$ then $b = 1,$ $m = 1,$ and $n = 2^9 \cdot 5 = 2560,$ too large. The case $a + 1 = 20$ is impossible because $b + 1 \ge 2.$ If $a + 1 = 5,$ then $(b + 1)\tau(m) = 4,$ giving either $b = 3,$ $m = 1,$ so $n = 2^4 5^3 = 2000 \lt 2019,$ or $b = 1$ and $\tau(m) = 2,$ so $m = p$ is a prime other than $2$ and $5$ and $n = 80p \lt 2019,$ i.e. $p \le 25:$ $p \in \{3, 7, 11, 13, 17, 19, 23\}.$

Therefore $\begin{aligned} S &= 2000 + 80(3 + 7 + 11 + 13 \\ &\qquad {}+ 17 + 19 + 23) \\ &= 2000 + 80 \cdot 93 \\ &= 9440, \end{aligned}$ and $\frac{S}{20} = 472.$

10.

存在唯一一个介于 $0^\circ$ 与 $90^\circ$ 之间的角 $\theta$ ，使得对非负整数 $n$ ，当 $n$ 是 $3$ 的倍数时 $\tan(2^n\theta)$ 为正，否则为负。 $\theta$ 的角度数为 $\frac{p}{q}$ ，其中 $p$ 与 $q$ 是互质正整数。求 $p + q$ 。

There is a unique angle $\theta$ between $0^\circ$ and $90^\circ$ such that for nonnegative integers $n,$ the value of $\tan(2^n\theta)$ is positive when $n$ is a multiple of $3,$ and negative otherwise. The degree measure of $\theta$ is $\frac{p}{q},$ where $p$ and $q$ are relatively prime positive integers. Find $p + q.$

答案

知识点：三角学模运算

难度评级：2840

小提示：

模 $180^\circ$ 来考虑：正切在 $(0^\circ, 90^\circ)$ 中为正，在 $(90^\circ, 180^\circ)$ 中为负

Work modulo $180^\circ:$ the tangent is positive for angles in $(0^\circ, 90^\circ)$ and negative for angles in $(90^\circ, 180^\circ)$

大提示：

若 $\theta$ 可行，则 $8\theta$ 的约化值也可行（同样的符号模式平移三步），唯一性迫使 $8\theta \equiv \theta \pmod{180^\circ}$

If $\theta$ works, the reduction of $8\theta$ works too (same sign pattern shifted by three), so uniqueness forces $8\theta \equiv \theta \pmod{180^\circ}$

解答：

因为 $\tan$ 的周期为 $180^\circ$ ，只需考虑 $2^n\theta \bmod 180^\circ$ ：正切在 $(0^\circ, 90^\circ)$ 上为正，在 $(90^\circ, 180^\circ)$ 上为负。设 $\theta$ 满足条件，并令 $\theta'$ 为 $8\theta$ 模 $180^\circ$ 后的约化值；由于 $\tan(8\theta) \gt 0$ ，有 $\theta' \in (0^\circ, 90^\circ)$ 。对每个 $n$ ， $2^n\theta' \equiv 2^{n+3}\theta \pmod{180^\circ}$ ，而指数 $n + 3$ 的符号模式与 $n$ 相同，所以 $\theta'$ 也满足条件。由唯一性， $\theta' = \theta$ ，所以 $7\theta \equiv 0 \pmod{180^\circ}$ ，从而 $\theta = \frac{180k}{7}$ 度，其中 $k \in \{1, 2, 3\}$ 。

逐一检验：若 $k = 1$ ，则 $2\theta = \frac{360^\circ}{7} \approx 51.4^\circ$ ，正切为正，失败。若 $k = 2$ ，则 $4\theta = \frac{1440^\circ}{7} \equiv \frac{180^\circ}{7} \approx 25.7^\circ$ ，正切为正，失败。若 $k = 3$ ，则 $\theta = \frac{540^\circ}{7} \approx 77.1^\circ$ ：此时 $2\theta \approx 154.3^\circ$ ，且 $4\theta \equiv 128.6^\circ$ ，两者都在 $(90^\circ, 180^\circ)$ 中，而 $8\theta \equiv \theta$ ，所以正、负、负的模式会一直重复。

因此 $\theta = \frac{540}{7}$ 度， $p + q = 540 + 7 = 547$ 。

Since $\tan$ has period $180^\circ,$ only $2^n\theta \bmod 180^\circ$ matters: the tangent is positive on $(0^\circ, 90^\circ)$ and negative on $(90^\circ, 180^\circ).$ Suppose $\theta$ satisfies the condition, and let $\theta'$ be the reduction of $8\theta$ modulo $180^\circ;$ since $\tan(8\theta) \gt 0,$ we have $\theta' \in (0^\circ, 90^\circ).$ For every $n,$ $2^n\theta' \equiv 2^{n+3}\theta \pmod{180^\circ},$ and the sign pattern for the exponents $n + 3$ is the same as for $n,$ so $\theta'$ also satisfies the condition. By uniqueness, $\theta' = \theta,$ so $7\theta \equiv 0 \pmod{180^\circ}$ and $\theta = \frac{180k}{7}$ degrees for some $k \in \{1, 2, 3\}.$

Test each: for $k = 1,$ $2\theta = \frac{360^\circ}{7} \approx 51.4^\circ$ has positive tangent — fails. For $k = 2,$ $4\theta = \frac{1440^\circ}{7} \equiv \frac{180^\circ}{7} \approx 25.7^\circ$ has positive tangent — fails. For $k = 3,$ $\theta = \frac{540^\circ}{7} \approx 77.1^\circ:$ then $2\theta \approx 154.3^\circ$ and $4\theta \equiv 128.6^\circ$ are both in $(90^\circ, 180^\circ),$ and $8\theta \equiv \theta,$ so the pattern positive, negative, negative repeats forever.

Thus $\theta = \frac{540}{7}$ degrees, and $p + q = 540 + 7 = 547.$

11.

三角形 $ABC$ 的边长为 $AB = 7$ 、 $BC = 8$ 、 $CA = 9$ 。圆 $\omega_1$ 经过 $B$ ，并在 $A$ 处与直线 $AC$ 相切。圆 $\omega_2$ 经过 $C$ ，并在 $A$ 处与直线 $AB$ 相切。令 $K$ 为圆 $\omega_1$ 与 $\omega_2$ 除 $A$ 外的交点。于是 $AK = \frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

Triangle $ABC$ has side lengths $AB = 7,$ $BC = 8,$ and $CA = 9.$ Circle $\omega_1$ passes through $B$ and is tangent to line $AC$ at $A.$ Circle $\omega_2$ passes through $C$ and is tangent to line $AB$ at $A.$ Let $K$ be the intersection of circles $\omega_1$ and $\omega_2$ not equal to $A.$ Then $AK = \frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：切线相似余弦定理

难度评级：2990

小提示：

在两个圆中使用切线-弦定理： $\angle KAC = \angle KBA$ ，且 $\angle KAB = \angle KCA$

Use the tangent-chord angle in each circle: $\angle KAC = \angle KBA$ and $\angle KAB = \angle KCA$

大提示：

这些相等角使三角形 $KAB$ 与 $KCA$ 相似，并给出 $\angle BKC = 2\angle A$ ；在三角形 $BKC$ 中使用余弦定理

Those equal angles make triangles $KAB$ and $KCA$ similar and give $\angle BKC = 2\angle A;$ apply the law of cosines in triangle $BKC$

解答：

对 $\omega_1$ 使用切线-弦定理（切线 $AC$ ，弦 $AK$ ），得 $\angle KAC = \angle KBA$ ，对 $\omega_2$ 使用切线-弦定理（切线 $AB$ ，弦 $AK$ ），得 $\angle KAB = \angle KCA$ 。记 $u = \angle KAC$ 、 $v = \angle KAB$ ，则 $u + v = \angle A$ 。三角形 $KAB$ 与 $KCA$ 于是有 $\angle KAB = v = \angle KCA$ 且 $\angle KBA = u = \angle KAC$ ，所以 $\triangle KAB \sim \triangle KCA$ 。令 $t = AK$ ，得到 $\frac{KB}{t} = \frac{t}{KC} = \frac{AB}{CA} = \frac{7}{9}\text{，}$ 因此 $KB = \frac{7t}{9}$ ， $KC = \frac{9t}{7}$ 。另外 $\angle AKB = \angle AKC$ $= 180^\circ - u - v$ $= 180^\circ - \angle A$ ，所以 $\angle BKC = 360^\circ - 2(180^\circ - \angle A)$ $= 2\angle A$ 。

在 $ABC$ 中由余弦定理， $\cos A = \frac{49 + 81 - 64}{2 \cdot 7 \cdot 9} = \frac{11}{21}$ ，所以 $\cos 2A = 2\left(\frac{11}{21}\right)^2 - 1 = -\frac{199}{441}$ 。在三角形 $BKC$ 中使用余弦定理，得 $\begin{aligned} 64 &= \frac{49t^2}{81} + \frac{81t^2}{49} - 2t^2\cos 2A \\ &= t^2 \cdot \frac{2401 + 6561 + 3582}{3969} \\ &= \frac{12544\,t^2}{3969} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $t^2 = \frac{64 \cdot 3969}{12544} = \frac{3969}{196}$ ，且 $t = \frac{63}{14} = \frac{9}{2}$ 。

因此 $AK = \frac{9}{2}$ ， $m + n = 9 + 2 = 11$ 。

By the tangent-chord angle in $\omega_1$ (tangent $AC,$ chord $AK$ ), $\angle KAC = \angle KBA,$ and in $\omega_2$ (tangent $AB,$ chord $AK$ ), $\angle KAB = \angle KCA.$ Write $u = \angle KAC$ and $v = \angle KAB,$ so $u + v = \angle A.$ Triangles $KAB$ and $KCA$ then have $\angle KAB = v = \angle KCA$ and $\angle KBA = u = \angle KAC,$ so $\triangle KAB \sim \triangle KCA.$ With $t = AK$ this gives $\frac{KB}{t} = \frac{t}{KC} = \frac{AB}{CA} = \frac{7}{9},$ so $KB = \frac{7t}{9}$ and $KC = \frac{9t}{7}.$ Also $\angle AKB = \angle AKC$ $= 180^\circ - u - v$ $= 180^\circ - \angle A,$ so $\angle BKC = 360^\circ - 2(180^\circ - \angle A)$ $= 2\angle A.$

From the law of cosines in $ABC,$ $\cos A = \frac{49 + 81 - 64}{2 \cdot 7 \cdot 9} = \frac{11}{21},$ so $\cos 2A = 2\left(\frac{11}{21}\right)^2 - 1 = -\frac{199}{441}.$ The law of cosines in triangle $BKC$ gives $\begin{aligned} 64 &= \frac{49t^2}{81} + \frac{81t^2}{49} - 2t^2\cos 2A \\ &= t^2 \cdot \frac{2401 + 6561 + 3582}{3969} \\ &= \frac{12544\,t^2}{3969}, \end{aligned}$ so $t^2 = \frac{64 \cdot 3969}{12544} = \frac{3969}{196}$ and $t = \frac{63}{14} = \frac{9}{2}.$

Hence $AK = \frac{9}{2}$ and $m + n = 9 + 2 = 11.$

12.

对 $n \ge 1$ ，若一个正整数有限序列 $(a_1, a_2, \ldots, a_n)$ 满足 $a_i \lt a_{i+1}$ ，且 $a_i$ 整除 $a_{i+1}$ （ $1 \le i \le n - 1$ ），则称其为递进的。求所有项之和等于 $360$ 的递进序列的个数。

For $n \ge 1$ call a finite sequence $(a_1, a_2, \ldots, a_n)$ of positive integers progressive if $a_i \lt a_{i+1}$ and $a_i$ divides $a_{i+1}$ for $1 \le i \le n - 1.$ Find the number of progressive sequences such that the sum of the terms in the sequence is equal to $360.$

答案

知识点：递推计数整除性

难度评级：3060

小提示：

每一项都是第一项的倍数，所以 $a_1$ 整除 $360$ ；除以第一项后得到一个首项至少为 $2$ 的较短递进序列

Every term is a multiple of the first term, so $a_1$ divides $360;$ divide it out to get a shorter progressive sequence with first term at least $2$

大提示：

令 $g(s)$ 计数和为 $s$ 、首项至少为 $2$ 的递进序列；则 $g(s) = 1 + \sum g(\frac{s}{e} - 1)$ ，其中求和遍历 $s$ 的因数 $e$ ，满足 $2 \le e \lt s$

Let $g(s)$ count progressive sequences with sum $s$ and first term at least $2;$ then $g(s) = 1 + \sum g(\frac{s}{e} - 1)$ over divisors $e$ of $s$ with $2 \le e \lt s$

解答：

整除关系具有传递性，所以递进序列的每一项都是第一项的倍数。若一个和为 $360$ 的序列长度至少为 $2$ 、第一项为 $d$ ，则 $d$ 整除 $360$ ，把其余项都除以 $d$ ，得到一个首项至少为 $2$ 、和为 $\frac{360 - d}{d} = \frac{360}{d} - 1$ 的递进序列。这个对应可逆。因此若 $g(s)$ 表示和为 $s$ 、首项至少为 $2$ 的递进序列个数，答案为 $1 + \sum_{d \mid 360,\, d \lt 360} g\!\left(\frac{360}{d} - 1\right)$ ，其中开头的 $1$ 计数单项序列 $(360)$ 。

同样的化简给出递推式 $\begin{aligned} g(s) &= 1 + \sum_{\substack{e \mid s \\ 2 \le e \lt s}} g\!\left(\frac{s}{e} - 1\right) \\ &\qquad (s \ge 2) \end{aligned}\text{，}$ 且 $g(1) = 0$ ；特别地，当 $s$ 为质数时 $g(s) = 1$ 。从小到大计算： $g(2) = g(3) = g(4)$ $= g(5) = g(7) = 1$ ； $g(6) = 1 + g(2) = 2$ ； $g(8) = 1 + g(3) = 2$ ； $g(9) = 1 + g(2) = 2$ ； $g(10) = 1 + g(4) = 2$ ； $g(12) = 1 + g(5) + g(3) + g(2)$ $= 4$ ； $g(14) = 1 + g(6) = 3$ ； $g(16) = 1 + g(7) + g(3) = 3$ ； $g(21) = 1 + g(6) + g(2) = 4$ ； $g(35) = 1 + g(6) + g(4) = 4$ ； $g(39) = 1 + g(12) + g(2) = 6$ ； $g(44) = 1 + g(21) + g(10)$ $+ g(3) = 8$ ； $g(119) = 1 + g(16) + g(6) = 6$ 。

$23$ 个满足 $d \lt 360$ 的因数给出的参数为 $\frac{360}{d} - 1 = 359$ 、 $179$ 、 $119$ 、 $89$ 、 $71$ 、 $59$ 、 $44$ 、 $39$ 、 $35$ 、 $29$ 、 $23$ 、 $19$ 、 $17$ 、 $14$ 、 $11$ 、 $9$ 、 $8$ 、 $7$ 、 $5$ 、 $4$ 、 $3$ 、 $2$ 、 $1$ ，对应的 $g$ -值为 $1, 1, 6, 1$ ， $1, 1, 8, 6$ ， $4, 1, 1, 1$ ， $1, 3, 1, 2$ ， $2, 1, 1, 1$ ， $1, 1, 0$ ，和为 $46$ 。加上单项序列，得到 $46 + 1 = 47$ 。

Divisibility is transitive, so every term of a progressive sequence is a multiple of the first term. If a sequence with sum $360$ has length at least $2$ and first term $d,$ then $d$ divides $360,$ and dividing the remaining terms by $d$ yields a progressive sequence with first term at least $2$ and sum $\frac{360 - d}{d} = \frac{360}{d} - 1;$ this correspondence is reversible. So if $g(s)$ denotes the number of progressive sequences with sum $s$ and first term at least $2,$ the answer is $1 + \sum_{d \mid 360,\, d \lt 360} g\!\left(\frac{360}{d} - 1\right),$ the leading $1$ counting the sequence $(360).$

The same reduction gives the recursion $\begin{aligned} g(s) &= 1 + \sum_{\substack{e \mid s \\ 2 \le e \lt s}} g\!\left(\frac{s}{e} - 1\right) \\ &\qquad (s \ge 2), \end{aligned}$ with $g(1) = 0;$ in particular $g(s) = 1$ when $s$ is prime. Working upward: $g(2) = g(3) = g(4)$ $= g(5) = g(7) = 1;$ $g(6) = 1 + g(2) = 2;$ $g(8) = 1 + g(3) = 2;$ $g(9) = 1 + g(2) = 2;$ $g(10) = 1 + g(4) = 2;$ $g(12) = 1 + g(5) + g(3) + g(2)$ $= 4;$ $g(14) = 1 + g(6) = 3;$ $g(16) = 1 + g(7) + g(3) = 3;$ $g(21) = 1 + g(6) + g(2) = 4;$ $g(35) = 1 + g(6) + g(4) = 4;$ $g(39) = 1 + g(12) + g(2) = 6;$ $g(44) = 1 + g(21) + g(10)$ $+ g(3) = 8;$ $g(119) = 1 + g(16) + g(6) = 6.$

The $23$ divisors $d \lt 360$ give arguments $\frac{360}{d} - 1 = 359,$ $179,$ $119,$ $89,$ $71,$ $59,$ $44,$ $39,$ $35,$ $29,$ $23,$ $19,$ $17,$ $14,$ $11,$ $9,$ $8,$ $7,$ $5,$ $4,$ $3,$ $2,$ $1,$ whose $g$ -values are $1, 1, 6, 1,$ $1, 1, 8, 6,$ $4, 1, 1, 1,$ $1, 3, 1, 2,$ $2, 1, 1, 1,$ $1, 1, 0,$ summing to $46.$ Adding the single-term sequence gives $46 + 1 = 47.$

13.

正八边形 $A_1A_2A_3A_4A_5A_6A_7A_8$ 内接于面积为 $1$ 的圆。点 $P$ 在圆内，使得由 $\overline{PA_1}$ 、 $\overline{PA_2}$ 与圆的小弧 $\overset{\frown}{A_1A_2}$ 围成的区域面积为 $\frac{1}{7}$ ，而由 $\overline{PA_3}$ 、 $\overline{PA_4}$ 与圆的小弧 $\overset{\frown}{A_3A_4}$ 围成的区域面积为 $\frac{1}{9}$ 。存在正整数 $n$ ，使得由 $\overline{PA_6}$ 、 $\overline{PA_7}$ 与圆的小弧 $\overset{\frown}{A_6A_7}$ 围成的区域面积等于 $\frac{1}{8} - \frac{\sqrt{2}}{n}$ 。求 $n$ 。

Regular octagon $A_1A_2A_3A_4A_5A_6A_7A_8$ is inscribed in a circle of area $1.$ Point $P$ lies inside the circle so that the region bounded by $\overline{PA_1},$ $\overline{PA_2},$ and the minor arc $\overset{\frown}{A_1A_2}$ of the circle has area $\frac{1}{7},$ while the region bounded by $\overline{PA_3},$ $\overline{PA_4},$ and the minor arc $\overset{\frown}{A_3A_4}$ of the circle has area $\frac{1}{9}.$ There is a positive integer $n$ such that the area of the region bounded by $\overline{PA_6},$ $\overline{PA_7},$ and the minor arc $\overset{\frown}{A_6A_7}$ of the circle is equal to $\frac{1}{8} - \frac{\sqrt{2}}{n}.$ Find $n.$

答案

知识点：正多边形扇形向量

难度评级：3270

小提示：

每个区域都是圆弓形加上三角形 $PA_iA_{i+1}$ ；其面积为 $\frac18$ 减去一个常数乘以 $P$ 在该边外法向单位向量上的分量

Each region is the circular segment plus triangle $PA_iA_{i+1};$ its area is $\frac18$ minus a constant times the component of $P$ along that side’s outward unit normal

大提示：

边 $A_6A_7$ 比边 $A_1A_2$ 多绕了五步，所以它的单位法向量为 $u_6 = -\frac{u_1 + u_3}{\sqrt{2}}$

Side $A_6A_7$ is five steps around from side $A_1A_2,$ so its unit normal is $u_6 = -\frac{u_1 + u_3}{\sqrt{2}}$

解答：

令 $O$ 为圆心， $s$ 为边长， $a$ 为内切半径， $u_i$ 为从 $O$ 指向弦 $A_iA_{i+1}$ 中点的单位向量。由 $\overline{PA_i}$ 、 $\overline{PA_{i+1}}$ 与圆弧围成的区域，是圆弓形加上三角形 $PA_iA_{i+1}$ 。圆弓形面积等于 $\frac{1}{8} - \frac{sa}{2}$ （扇形减去三角形 $OA_iA_{i+1}$ ），而以 $P$ 为顶点的三角形面积等于 $\frac{s}{2}(a - P \cdot u_i)$ ，这里 $a - P \cdot u_i$ 表示点 $P$ 到该弦的距离。相加得到 $\text{面积}_i = \frac{1}{8} - \frac{s}{2}\,(P \cdot u_i)\text{。}$

已知面积给出 $\frac{s}{2}(P \cdot u_1) = \frac{1}{8} - \frac{1}{7} = -\frac{1}{56}$ ，以及 $\frac{s}{2}(P \cdot u_3) = \frac{1}{8} - \frac{1}{9} = \frac{1}{72}$ 。法向量每经过一条边旋转 $45^\circ$ ，所以 $u_3$ 是 $u_1$ 旋转 $90^\circ$ 后的向量，而 $u_6$ 比 $u_1$ 前进五条边，也就是 $u_1$ 旋转 $225^\circ$ 后的向量： $u_6 = -\frac{\sqrt{2}}{2}\,(u_1 + u_3)\text{。}$ 因此 $\begin{aligned} &\frac{s}{2}(P \cdot u_6) \\ &= -\frac{1}{\sqrt{2}}\left(-\frac{1}{56} + \frac{1}{72}\right) \\ &= -\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \left(-\frac{1}{252}\right) \\ &= \frac{\sqrt{2}}{504} \end{aligned}\text{。}$

因此边 $A_6A_7$ 对应区域的面积为 $\frac{1}{8} - \frac{\sqrt{2}}{504}$ ，所以 $n = 504$ 。

Let $O$ be the center, $s$ the side length, $a$ the apothem, and $u_i$ the unit vector from $O$ toward the midpoint of chord $A_iA_{i+1}.$ The region bounded by $\overline{PA_i},$ $\overline{PA_{i+1}},$ and the arc is the circular segment together with triangle $PA_iA_{i+1}.$ The segment has area $\frac{1}{8} - \frac{sa}{2}$ (sector minus triangle $OA_iA_{i+1}$ ), and the triangle at $P$ has area $\frac{s}{2}(a - P \cdot u_i),$ since $a - P \cdot u_i$ is the distance from $P$ to the chord. Adding, $\text{area}_i = \frac{1}{8} - \frac{s}{2}\,(P \cdot u_i).$

The given areas say $\frac{s}{2}(P \cdot u_1) = \frac{1}{8} - \frac{1}{7} = -\frac{1}{56}$ and $\frac{s}{2}(P \cdot u_3) = \frac{1}{8} - \frac{1}{9} = \frac{1}{72}.$ The normals rotate $45^\circ$ per side, so $u_3$ is $u_1$ rotated $90^\circ,$ and $u_6,$ five steps from $u_1,$ is $u_1$ rotated $225^\circ:$ $u_6 = -\frac{\sqrt{2}}{2}\,(u_1 + u_3).$ Therefore $\begin{aligned} &\frac{s}{2}(P \cdot u_6) \\ &= -\frac{1}{\sqrt{2}}\left(-\frac{1}{56} + \frac{1}{72}\right) \\ &= -\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \left(-\frac{1}{252}\right) \\ &= \frac{\sqrt{2}}{504}. \end{aligned}$

The region on side $A_6A_7$ thus has area $\frac{1}{8} - \frac{\sqrt{2}}{504},$ so $n = 504.$

14.

求所有正整数 $n$ 的和，使得在有无限多张面值为 $5$ 、 $n$ 、 $n + 1$ 分的邮票时， $91$ 分是无法拼出的最大邮资。

Find the sum of all positive integers $n$ such that, given an unlimited supply of stamps of denominations $5,$ $n,$ and $n + 1$ cents, $91$ cents is the greatest postage that cannot be formed.

答案

知识点：麦乐鸡定理模运算分类讨论

难度评级：3060

小提示：

有无限多张 $5$ 分邮票，所以按模 $5$ 考虑：使用 $k$ 张面值为 $n$ 与 $n + 1$ 的邮票时，恰能拼出 $kn, kn + 1, \ldots, kn + k$

With unlimited $5$ -cent stamps, work modulo $5:$ using $k$ stamps of values $n$ and $n + 1$ you can make exactly the amounts $kn, kn + 1, \ldots, kn + k$

大提示：

你需要 $96$ 成为其模 $5$ 余数类中最小的可拼金额，并且其他余数类都不晚于它被覆盖；按 $n \bmod 5$ 分类

You need $96$ to be the smallest formable amount in its residue class mod $5,$ with every other class covered even earlier; case on $n \bmod 5$

解答：

使用 $k$ 张面值为 $n$ 与 $n + 1$ 的邮票，恰能得到 $kn + c$ ，其中 $0 \le c \le k$ ，再加 $5$ 分邮票，就覆盖同一模 $5$ 余数类中其后的所有金额。因此在每个余数类 $r$ 中，所有不小于 $m(r)$ 的金额都可拼出，而更小的不可拼出，其中 $m(r)$ 是满足 $kn + c$ $(0 \le c \le k)$ 同余于 $r$ 模 $5$ 的最小值。最大不可拼金额为 $\max_r m(r) - 5$ ，所以需要 $\max_r m(r) = 96$ ： $96$ 所在的余数类（即模 $5$ 余 $1$ ）必须恰好先在 $96$ 被覆盖，而其他余数类不晚于它。

按 $n \bmod 5$ 分类，注意 $kn + c \equiv kn + c$ 。若 $n \equiv 4$ ：余数类 $1$ 需要 $4k + c \equiv 1$ 且 $c \le k$ ，最早在 $k = 4$ 、 $c = 0$ 时可行，所以 $4n = 96$ ， $n = 24$ ；其他余数类分别在 $24$ 、 $48$ 、 $72$ 时被覆盖，都小于 $96$ ，因此 $n = 24$ 可行。若 $n \equiv 2$ ：余数类 $1$ 最早在 $k = 2$ 、 $c = 2$ 时被覆盖，所以 $2n + 2 = 96$ ， $n = 47$ ；其他余数类在 $47$ 、 $48$ 、 $94 \le 96$ 时被覆盖，所以 $n = 47$ 可行。

若 $n \equiv 3$ ：余数类 $1$ 最早在 $2n = 96$ 时被覆盖，所以 $n = 48$ ，但余数类 $2$ 最早在 $2n + 1 = 97 \gt 96$ 时才被覆盖，失败。若 $n \equiv 1$ ：余数类 $1$ 最早在 $n = 96$ 时被覆盖，但余数类 $3$ 最早在 $2n + 1 = 193$ 时才被覆盖，失败。若 $n \equiv 0$ ：余数类 $1$ 最早在 $n + 1 = 96$ 时被覆盖，所以 $n = 95$ ，但余数类 $4$ 需要 $c = 4$ 、 $k \ge 4$ ，得到 $4n + 4 \gt 96$ ，失败。答案为 $24 + 47 = 71$ 。

Using $k$ stamps of the denominations $n$ and $n + 1$ produces exactly the amounts $kn + c$ for $0 \le c \le k,$ and adding $5$ -cent stamps then covers everything above in the same residue class mod $5.$ So in each class $r$ every amount at least $m(r)$ is formable and nothing smaller is, where $m(r)$ is the least value of $kn + c$ $(0 \le c \le k)$ congruent to $r$ mod $5.$ The greatest non-formable amount is $\max_r m(r) - 5,$ so we need $\max_r m(r) = 96:$ the class of $96$ (which is $1$ mod $5$ ) must be covered first exactly at $96,$ and every other class no later.

Case on $n \bmod 5,$ noting $kn + c \equiv kn + c.$ If $n \equiv 4:$ class $1$ needs $4k + c \equiv 1$ with $c \le k,$ first possible at $k = 4,$ $c = 0,$ so $4n = 96$ and $n = 24;$ the other classes are covered at $24,$ $48,$ $72,$ all less than $96,$ so $n = 24$ works. If $n \equiv 2:$ class $1$ is first covered at $k = 2,$ $c = 2,$ so $2n + 2 = 96$ and $n = 47;$ the other classes are covered at $47,$ $48,$ $94 \le 96,$ so $n = 47$ works.

If $n \equiv 3:$ class $1$ first at $2n = 96,$ so $n = 48,$ but then class $2$ is first covered at $2n + 1 = 97 \gt 96$ — fails. If $n \equiv 1:$ class $1$ first at $n = 96,$ but then class $3$ is first covered at $2n + 1 = 193$ — fails. If $n \equiv 0:$ class $1$ first at $n + 1 = 96,$ so $n = 95,$ but class $4$ needs $c = 4,$ $k \ge 4,$ giving $4n + 4 \gt 96$ — fails. The answer is $24 + 47 = 71.$

15.

在锐角三角形 $ABC$ 中，点 $P$ 与 $Q$ 分别是从 $C$ 到 $\overline{AB}$ 、从 $B$ 到 $\overline{AC}$ 的垂足。直线 $PQ$ 与 $\triangle ABC$ 的外接圆交于两个不同的点 $X$ 和 $Y$ 。已知 $XP = 10$ 、 $PQ = 25$ 、 $QY = 15$ 。 $AB \cdot AC$ 的值可写为 $m\sqrt{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是正整数，且 $n$ 不被任何质数的平方整除。求 $m + n$ 。

In acute triangle $ABC,$ points $P$ and $Q$ are the feet of the perpendiculars from $C$ to $\overline{AB}$ and from $B$ to $\overline{AC},$ respectively. Line $PQ$ intersects the circumcircle of $\triangle ABC$ in two distinct points, $X$ and $Y.$ Suppose $XP = 10,$ $PQ = 25,$ and $QY = 15.$ The value of $AB \cdot AC$ can be written in the form $m\sqrt{n},$ where $m$ and $n$ are positive integers, and $n$ is not divisible by the square of any prime. Find $m + n.$

答案

知识点：圆幂相似余弦定理

难度评级：3370

小提示：

计算 $P$ 与 $Q$ 关于外接圆的幂： $XP \cdot PY = AP \cdot PB$ ，且 $YQ \cdot QX = AQ \cdot QC$

Compute the powers of $P$ and $Q$ with respect to the circumcircle: $XP \cdot PY = AP \cdot PB$ and $YQ \cdot QX = AQ \cdot QC$

大提示：

$AP = AC\cos A$ 、 $AQ = AB\cos A$ 、且 $PQ = BC\cos A$ ；把两个幂方程与余弦定理结合，解出 $AB \cdot AC$ 与 $\cos A$

$AP = AC\cos A,$ $AQ = AB\cos A,$ and $PQ = BC\cos A;$ combine the two power equations with the law of cosines to solve for $AB \cdot AC$ and $\cos A$

解答：

记 $b = AC$ 、 $c = AB$ 、 $a = BC$ 、 $k = \cos A$ 。直角三角形 $APC$ 与 $AQB$ 给出 $AP = bk$ 、 $AQ = ck$ ，所以三角形 $APQ$ 与三角形 $ACB$ 相似，比例为 $k$ ，从而 $PQ = ak = 25$ 。直线上的点顺序为 $X, P, Q, Y$ ，所以 $P$ 的幂给出 $XP \cdot PY = 10 \cdot 40 = 400$ $= AP \cdot PB$ ，而 $Q$ 的幂给出 $YQ \cdot QX = 15 \cdot 35 = 525$ $= AQ \cdot QC$ 。令 $u = bk$ 、 $v = ck$ ，这些式子为 $\begin{aligned} &u(c - u) = 400, \\ &\qquad v(b - v) = 525 \end{aligned}\text{，}$ 也就是 $w - u^2 = 400$ 、 $w - v^2 = 525$ ，其中 $w = \frac{uv}{k} = bck$ 。

由余弦定理， $a^2 = b^2 + c^2 - 2bck$ ，所以 $a^2k^2 = u^2 + v^2 - 2uvk = 625$ 。代入 $u^2 = w - 400$ 、 $v^2 = w - 525$ ，以及 $uv = wk$ ，得 $2w - 925 - 2wk^2 = 625$ ，所以 $wk^2 = w - 775$ 。于是 $\begin{aligned} (uv)^2 &= w^2k^2 \\ &= w(w - 775) \\ &= (w - 400)(w - 525) \end{aligned}\text{，}$ 化简得 $150w = 210000$ ，所以 $w = 1400$ ，并且 $k^2 = \frac{1400 - 775}{1400} = \frac{25}{56}$ 。

因此 $k = \frac{5}{2\sqrt{14}}$ ，且 $\begin{aligned} bc = \frac{w}{k} &= 1400 \cdot \frac{2\sqrt{14}}{5} \\ &= 560\sqrt{14} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $m + n = 560 + 14 = 574$ 。

Write $b = AC,$ $c = AB,$ $a = BC,$ and $k = \cos A.$ Right triangles $APC$ and $AQB$ give $AP = bk$ and $AQ = ck,$ so triangle $APQ$ is similar to triangle $ACB$ with ratio $k,$ whence $PQ = ak = 25.$ The points on the line occur in the order $X, P, Q, Y,$ so the power of $P$ gives $XP \cdot PY = 10 \cdot 40 = 400$ $= AP \cdot PB,$ and the power of $Q$ gives $YQ \cdot QX = 15 \cdot 35 = 525$ $= AQ \cdot QC.$ With $u = bk$ and $v = ck$ these read $\begin{aligned} &u(c - u) = 400, \\ &\qquad v(b - v) = 525, \end{aligned}$ that is, $w - u^2 = 400$ and $w - v^2 = 525,$ where $w = \frac{uv}{k} = bck.$

By the law of cosines, $a^2 = b^2 + c^2 - 2bck,$ so $a^2k^2 = u^2 + v^2 - 2uvk = 625.$ Substituting $u^2 = w - 400$ and $v^2 = w - 525,$ and $uv = wk,$ gives $2w - 925 - 2wk^2 = 625,$ so $wk^2 = w - 775.$ Then $\begin{aligned} (uv)^2 &= w^2k^2 \\ &= w(w - 775) \\ &= (w - 400)(w - 525), \end{aligned}$ which simplifies to $150w = 210000,$ so $w = 1400$ and $k^2 = \frac{1400 - 775}{1400} = \frac{25}{56}.$

Thus $k = \frac{5}{2\sqrt{14}}$ and $\begin{aligned} bc = \frac{w}{k} &= 1400 \cdot \frac{2\sqrt{14}}{5} \\ &= 560\sqrt{14}, \end{aligned}$ so $m + n = 560 + 14 = 574.$