2022 AIME II 详解 | LIVE by Po-Shen Loh

1.

一场音乐会中，成年人占观众人数的 $\frac{5}{12}$ 。后来一辆载有 $50$ 人的公共汽车到达，此时成年人占音乐会现场人数的 $\frac{11}{25}$ 。求公共汽车到达后，现场成年人可能的最少人数。

Adults made up $\frac{5}{12}$ of the crowd of people at a concert. After a bus carrying $50$ more people arrived, adults made up $\frac{11}{25}$ of the people at the concert. Find the minimum number of adults who could have been at the concert after the bus arrived.

答案

知识点：分数整除性最优化

难度评级：1920

小提示：

设原来总人数为 $12k$ ，则成年人数 $\frac{5}{12} \cdot 12k = 5k$ 是整数

Let the original crowd be $12k$ people, so that the adult count $\frac{5}{12} \cdot 12k = 5k$ is a whole number

大提示：

新总人数 $12k + 50$ 必须能被 $25$ 整除，因此 $k$ 必须是 $25$ 的倍数

The new total $12k + 50$ must be divisible by $25,$ which forces $k$ to be a multiple of $25$

解答：

设原来有 $12k$ 名观众，其中 $5k$ 人是成年人。公共汽车到达后共有 $12k + 50$ 人，成年人数为 $\frac{11}{25}(12k + 50)$ 。要使其为整数， $25$ 必须整除 $12k + 50$ ，所以 $25$ 整除 $12k$ ，因为 $\gcd(12, 25) = 1$ ，所以 $k$ 是 $25$ 的倍数。

成年人数 $\frac{11}{25}(12k + 50)$ 随 $k$ 增大而增大，因此最小值在 $k = 25$ 时取得：新总人数为 $350$ ，成年人数为 $\frac{11}{25} \cdot 350 = 154$ 。这是可以实现的，例如公共汽车上有 $29$ 名成年人和 $21$ 名非成年人，所以答案是 $154$ 。

Let the original crowd have $12k$ people, of whom $5k$ are adults. After the bus arrives there are $12k + 50$ people, and the number of adults is $\frac{11}{25}(12k + 50).$ For this to be an integer, $25$ must divide $12k + 50,$ so $25$ divides $12k,$ and since $\gcd(12, 25) = 1$ this means $k$ is a multiple of $25.$

The adult count $\frac{11}{25}(12k + 50)$ increases with $k,$ so the minimum occurs at $k = 25:$ the new total is $350$ and the number of adults is $\frac{11}{25} \cdot 350 = 154.$ This is achievable, for example if the bus carries $29$ adults and $21$ non-adults, so the answer is $154.$

2.

Azar、Carl、Jon 和 Sergey 是单打网球锦标赛剩下的四名选手。他们被随机分配半决赛对手，半决赛的胜者再进行决赛以决出冠军。当 Azar 对 Carl 时，Azar 以 $\frac{2}{3}$ 的概率获胜。当 Azar 或 Carl 对 Jon 或 Sergey 中的任意一人时，Azar 或 Carl 以 $\frac{3}{4}$ 的概率获胜。假设不同比赛的结果相互独立。Carl 赢得锦标赛的概率为 $\frac{p}{q}$ ，其中 $p$ 和 $q$ 是互质的正整数。求 $p + q$ 。

Azar, Carl, Jon, and Sergey are the four players left in a singles tennis tournament. They are randomly assigned opponents in the semifinal matches, and the winners of those matches play each other in the final match to determine the winner of the tournament. When Azar plays Carl, Azar will win the match with probability $\frac{2}{3}.$ When either Azar or Carl plays either Jon or Sergey, Azar or Carl will win the match with probability $\frac{3}{4}.$ Assume that outcomes of different matches are independent. The probability that Carl will win the tournament is $\frac{p}{q},$ where $p$ and $q$ are relatively prime positive integers. Find $p + q.$

答案

知识点：条件概率独立事件分类讨论

难度评级：2180

小提示：

四人的配对共有三种等可能方式，其中 Carl 的半决赛对手恰有一种是 Azar

There are three equally likely pairings, and Carl’s semifinal opponent is Azar in exactly one of them

大提示：

若 Carl 的半决赛对手是 Jon 或 Sergey，则他的决赛对手以 $\frac{3}{4}$ 的概率是 Azar，以 $\frac{1}{4}$ 的概率是 Jon 或 Sergey

If Carl’s semifinal opponent is Jon or Sergey, his opponent in the final is Azar with probability $\frac{3}{4}$ and Jon or Sergey with probability $\frac{1}{4}$

解答：

四名选手的三种配对方式等可能，所以 Carl 在半决赛对 Azar 的概率为 $\frac{1}{3}$ 。在这种情况下，Carl 以 $\frac{1}{3}$ 的概率战胜 Azar，再以 $\frac{3}{4}$ 的概率战胜 Jon 和 Sergey 中的胜者，所以 Carl 赢得锦标赛的概率为 $\frac{1}{3} \cdot \frac{3}{4} = \frac{1}{4}$ 。

否则（概率为 $\frac{2}{3}$ ），Carl 对 Jon 或 Sergey，并以 $\frac{3}{4}$ 的概率获胜。他在决赛中的对手以 $\frac{3}{4}$ 的概率是 Azar（此时 Carl 以 $\frac{1}{3}$ 的概率获胜），以 $\frac{1}{4}$ 的概率是 Jon 或 Sergey（此时 Carl 以 $\frac{3}{4}$ 的概率获胜）。所以在这种情况下，Carl 赢得锦标赛的概率为 $\begin{aligned} &\frac{3}{4}\left(\frac{3}{4} \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4}\right) \\ &= \frac{3}{4} \cdot \frac{7}{16} \\ &= \frac{21}{64} \end{aligned}\text{。}$

总概率为 $\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{4} + \frac{2}{3} \cdot \frac{21}{64} = \frac{1}{12} + \frac{7}{32} = \frac{29}{96}$ ，所以 $p + q = 29 + 96 = 125$ 。

The three ways to pair the four players are equally likely, so Carl plays Azar in the semifinal with probability $\frac{1}{3}.$ In that case Carl beats Azar with probability $\frac{1}{3}$ and then beats the Jon–Sergey winner with probability $\frac{3}{4},$ so Carl wins the tournament with probability $\frac{1}{3} \cdot \frac{3}{4} = \frac{1}{4}.$

Otherwise (probability $\frac{2}{3}$ ) Carl plays Jon or Sergey and wins with probability $\frac{3}{4}.$ His opponent in the final is Azar with probability $\frac{3}{4}$ (Carl then wins with probability $\frac{1}{3}$ ) and is Jon or Sergey with probability $\frac{1}{4}$ (Carl then wins with probability $\frac{3}{4}$ ). So in this case Carl wins the tournament with probability $\begin{aligned} &\frac{3}{4}\left(\frac{3}{4} \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4}\right) \\ &= \frac{3}{4} \cdot \frac{7}{16} \\ &= \frac{21}{64}. \end{aligned}$

The total probability is $\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{4} + \frac{2}{3} \cdot \frac{21}{64} = \frac{1}{12} + \frac{7}{32} = \frac{29}{96},$ so $p + q = 29 + 96 = 125.$

3.

一个正四棱锥的体积为 $54$ ，底面边长为 $6$ 。这个棱锥的五个顶点都在一个半径为 $\frac{m}{n}$ 的球面上，其中 $m$ 和 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

A right square pyramid with volume $54$ has a base with side length $6.$ The five vertices of the pyramid all lie on a sphere with radius $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：棱锥球体积

难度评级：2110

小提示：

体积决定高度： $\frac{1}{3} \cdot 36 \cdot h = 54$ ，由此求出高度。

The volume determines the height: $\frac{1}{3} \cdot 36 \cdot h = 54$

大提示：

球心在棱锥的轴线上；令它到顶点的距离等于它到底面顶点的距离，而底面顶点到轴线的距离为 $3\sqrt{2}$

The sphere’s center lies on the pyramid’s axis; set its distance to the apex equal to its distance to a base vertex, which sits $3\sqrt{2}$ from the axis

解答：

底面积为 $36$ ，所以 $\frac{1}{3} \cdot 36 \cdot h = 54$ 给出高度 $h = \frac{9}{2}$ 。由对称性，球心在棱锥的轴线上，设其在底面上方的高度为 $z$ 。每个底面顶点到轴线的距离为 $3\sqrt{2}$ ，所以球心到底面顶点的距离为 $\sqrt{z^2 + 18}$ ，而它到顶点的距离为 $\frac{9}{2} - z$ 。

令 $\left(\frac{9}{2} - z\right)^2 = z^2 + 18$ ，得到 $\frac{81}{4} - 9z = 18$ ，所以 $z = \frac{1}{4}$ 。半径为 $\frac{9}{2} - \frac{1}{4} = \frac{17}{4}$ ，因此 $m + n = 17 + 4 = 21$ 。

The base has area $36,$ so $\frac{1}{3} \cdot 36 \cdot h = 54$ gives height $h = \frac{9}{2}.$ By symmetry the sphere’s center lies on the pyramid’s axis, say at height $z$ above the base. Each base vertex is at distance $3\sqrt{2}$ from the axis, so the center’s distance to a base vertex is $\sqrt{z^2 + 18},$ while its distance to the apex is $\frac{9}{2} - z.$

Setting $\left(\frac{9}{2} - z\right)^2 = z^2 + 18$ gives $\frac{81}{4} - 9z = 18,$ so $z = \frac{1}{4}.$ The radius is $\frac{9}{2} - \frac{1}{4} = \frac{17}{4},$ and $m + n = 17 + 4 = 21.$

4.

存在一个正实数 $x$ ，它既不等于 $\frac{1}{20}$ 也不等于 $\frac{1}{2}$ ，并且满足 $\log_{20x}(22x) = \log_{2x}(202x)\text{。}$ 数值 $\log_{20x}(22x)$ 可写成 $\log_{10}\left(\frac{m}{n}\right)$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

There is a positive real number $x$ not equal to either $\frac{1}{20}$ or $\frac{1}{2}$ such that $\log_{20x}(22x) = \log_{2x}(202x).$ The value $\log_{20x}(22x)$ can be written as $\log_{10}\left(\frac{m}{n}\right),$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：对数代数变形

难度评级：2350

小提示：

把两边都换成同一个底： $\frac{\ln 22x}{\ln 20x} = \frac{\ln 202x}{\ln 2x}$ ，再比较分子分母的差。

Change both sides to a common base: $\frac{\ln 22x}{\ln 20x} = \frac{\ln 202x}{\ln 2x}$

大提示：

若 $\frac{p}{q} = \frac{r}{s}$ ，则两个分数也都等于 $\frac{r - p}{s - q}$ 。应用这一点并化简所得商。

If $\frac{p}{q} = \frac{r}{s},$ then both fractions also equal $\frac{r - p}{s - q}.$ Apply this and simplify the resulting quotient.

解答：

设公共值为 $y$ 。用自然对数表示， $y = \frac{\ln 22x}{\ln 20x} = \frac{\ln 202x}{\ln 2x}\text{。}$ 当两个分数相等时，它们也等于分子之差与分母之差的商： $\begin{aligned} y &= \frac{\ln 202x - \ln 22x}{\ln 2x - \ln 20x} \\ &= \frac{\ln \frac{101}{11}}{\ln \frac{1}{10}} \\ &= -\log_{10}\frac{101}{11} \\ &= \log_{10}\frac{11}{101} \end{aligned}\text{。}$

为了验证这样的 $x$ 确实存在，而不仅仅依赖题目给出的存在性，注意 $y \ne 1$ 。令 $\ln x=\frac{y\ln 20-\ln 22}{1-y}\text{，}$ 便有 $\ln(22x)=y\ln(20x)$ 。另外 $\begin{aligned} \ln(202x)-\ln(22x) &= \ln\frac{101}{11} \\ &= y\ln\frac{1}{10} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $\ln(202x)=y\ln(2x)$ 也成立。这个正实数 $x$ 不等于题目排除的两个值（它们都不满足上面的线性方程），因此两个对数的底都有效。由于 $\gcd(11,101)=1$ ，得到 $m+n=11+101=112$ 。

Let $y$ be the common value. In natural logarithms, $y = \frac{\ln 22x}{\ln 20x} = \frac{\ln 202x}{\ln 2x}.$ When two fractions are equal, each also equals the quotient of the differences of numerators and denominators: $\begin{aligned} y &= \frac{\ln 202x - \ln 22x}{\ln 2x - \ln 20x} \\ &= \frac{\ln \frac{101}{11}}{\ln \frac{1}{10}} \\ &= -\log_{10}\frac{101}{11} \\ &= \log_{10}\frac{11}{101}. \end{aligned}$

To check existence rather than merely use the promised $x,$ note that $y \ne 1.$ Setting $\ln x=\frac{y\ln 20-\ln 22}{1-y}$ makes $\ln(22x)=y\ln(20x).$ Also $\begin{aligned} \ln(202x)-\ln(22x) &= \ln\frac{101}{11} \\ &= y\ln\frac{1}{10}, \end{aligned}$ so $\ln(202x)=y\ln(2x)$ as well. This positive $x$ is neither excluded value (neither one satisfies the displayed linear equation), so both logarithm bases are valid. Since $\gcd(11,101)=1,$ we get $m+n=11+101=112.$

5.

在一个圆上标出二十个不同的点，并按顺时针顺序标号为 $1$ 到 $20$ 。若两点标号之差为质数，就在这两点之间画一条线段。求以原来的 $20$ 个点为顶点形成的三角形个数。

Twenty distinct points are marked on a circle and labeled $1$ through $20$ in clockwise order. A line segment is drawn between every pair of points whose labels differ by a prime number. Find the number of triangles formed whose vertices are among the original $20$ points.

答案

知识点：质数奇偶性分类讨论

难度评级：2400

小提示：

对标号 $i \lt j \lt k$ ，三个差都必须是质数，并且 $k - i$ 是另外两个差的和

For labels $i \lt j \lt k,$ all three differences must be prime, and $k - i$ is the sum of the other two

大提示：

两个奇质数之和为偶数，所以其中一个差必须是 $2$ ：差为 $2, p, p + 2$ ，其中 $p$ 和 $p + 2$ 都是质数

Two odd primes sum to an even number, so one difference must be $2:$ the differences are $2, p, p + 2$ with $p$ and $p + 2$ both prime

解答：

一个三角形的顶点为 $i \lt j \lt k$ ，其中 $j - i$ 、 $k - j$ 和 $k - i$ 都是质数。因为 $k - i = (j - i) + (k - j)$ 是两个质数之和且本身也是质数，而两个奇质数之和为偶数，所以两个较小的差中必有一个等于 $2$ 。因此两个较小的差按某种顺序为 $\{2, p\}$ ，其中 $p$ 和 $p + 2$ 都是质数；满足 $p + 2 \le 19$ 的孪生质数对为 $(3, 5)$ 、 $(5, 7)$ 、 $(11, 13)$ 和 $(17, 19)$ 。

对每一对，居中的顶点可以离最小顶点距离 $2$ ，也可以离最小顶点距离 $p$ ，总跨度为 $p + 2$ ，所以有 $2\bigl(20 - (p + 2)\bigr)$ 个三角形。四对分别给出 $2 \cdot 15 = 30$ 、 $2 \cdot 13 = 26$ 、 $2 \cdot 7 = 14$ 和 $2 \cdot 1 = 2$ 。

总数为 $30 + 26 + 14 + 2 = 72$ 。

A triangle has vertices $i \lt j \lt k$ where $j - i,$ $k - j,$ and $k - i$ are all prime. Since $k - i = (j - i) + (k - j)$ is a prime that is a sum of two primes, and the sum of two odd primes is even, one of the two smaller differences must equal $2.$ So the differences are $\{2, p\}$ in some order with $p$ and $p + 2$ both prime: the twin prime pairs with $p + 2 \le 19$ are $(3, 5),$ $(5, 7),$ $(11, 13),$ and $(17, 19).$

For each pair, the middle vertex can be at distance $2$ or at distance $p$ from the smallest, and the total span is $p + 2,$ so there are $2\bigl(20 - (p + 2)\bigr)$ triangles. This gives $2 \cdot 15 = 30,$ $2 \cdot 13 = 26,$ $2 \cdot 7 = 14,$ and $2 \cdot 1 = 2$ for the four pairs.

The total is $30 + 26 + 14 + 2 = 72.$

6.

设 $x_1 \le x_2 \le \cdots \le x_{100}$ 为实数，满足 $|x_1| + |x_2| + \cdots + |x_{100}| = 1$ 且 $x_1 + x_2 + \cdots + x_{100} = 0$ 。在所有这样的 $100$ 元数组中， $x_{76} - x_{16}$ 能达到的最大值为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

Let $x_1 \le x_2 \le \cdots \le x_{100}$ be real numbers such that $|x_1| + |x_2| + \cdots + |x_{100}| = 1$ and $x_1 + x_2 + \cdots + x_{100} = 0.$ Among all such $100$ -tuples of numbers, the greatest value that $x_{76} - x_{16}$ can achieve is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：不等式绝对值最优化

难度评级：2600

小提示：

两个条件迫使正项之和为 $\frac{1}{2}$ ，负项之和为 $-\frac{1}{2}$

The two conditions force the positive terms to sum to $\frac{1}{2}$ and the negative terms to sum to $-\frac{1}{2}$

大提示：

若 $x_{16}$ 小于 $-\frac{1}{32}$ ，仅前 $16$ 项之和就会小于 $-\frac{1}{2}$ ；用同样方式由最后 $25$ 项约束 $x_{76}$

If $x_{16}$ were below $-\frac{1}{32},$ the first $16$ terms alone would sum below $-\frac{1}{2};$ bound $x_{76}$ the same way using the last $25$ terms

解答：

因为各项之和为 $0$ ，而绝对值之和为 $1$ ，正项之和为 $\frac{1}{2}$ ，负项之和为 $-\frac{1}{2}$ 。若 $x_{16} \lt -\frac{1}{32}$ ，则 $x_1, \ldots, x_{16}$ 都小于 $-\frac{1}{32}$ ，它们的和会小于 $-\frac{1}{2}$ ，矛盾；因此 $x_{16} \ge -\frac{1}{32}$ 。类似地，若 $x_{76} \gt \frac{1}{50}$ ，则 $x_{76}, \ldots, x_{100}$ 这 $25$ 项都大于 $\frac{1}{50}$ ，总和超过 $\frac{1}{2}$ ；因此 $x_{76} \le \frac{1}{50}$ 。

所以 $x_{76} - x_{16} \le \frac{1}{50} + \frac{1}{32}$ $= \frac{16 + 25}{800}$ $= \frac{41}{800}$ 。取 $x_1 = \cdots = x_{16} = -\frac{1}{32}$ 、 $x_{17} = \cdots = x_{75} = 0$ 以及 $x_{76} = \cdots = x_{100} = \frac{1}{50}$ ，即可取到这个值。

因为 $\gcd(41, 800) = 1$ ，答案为 $41 + 800 = 841$ 。

Since the terms sum to $0$ while their absolute values sum to $1,$ the positive terms sum to $\frac{1}{2}$ and the negative terms sum to $-\frac{1}{2}.$ If $x_{16} \lt -\frac{1}{32},$ then $x_1, \ldots, x_{16}$ are all less than $-\frac{1}{32}$ and would sum below $-\frac{1}{2},$ a contradiction; hence $x_{16} \ge -\frac{1}{32}.$ Similarly, if $x_{76} \gt \frac{1}{50}$ then $x_{76}, \ldots, x_{100}$ are $25$ terms each exceeding $\frac{1}{50},$ summing above $\frac{1}{2};$ hence $x_{76} \le \frac{1}{50}.$

Therefore $x_{76} - x_{16} \le \frac{1}{50} + \frac{1}{32}$ $= \frac{16 + 25}{800}$ $= \frac{41}{800},$ and this is achieved by taking $x_1 = \cdots = x_{16} = -\frac{1}{32},$ $x_{17} = \cdots = x_{75} = 0,$ and $x_{76} = \cdots = x_{100} = \frac{1}{50}.$

Since $\gcd(41, 800) = 1,$ the answer is $41 + 800 = 841.$

7.

一个半径为 $6$ 的圆与一个半径为 $24$ 的圆外切。求这两个圆的三条公切线围成的三角形区域的面积。

A circle with radius $6$ is externally tangent to a circle with radius $24.$ Find the area of the triangular region bounded by the three common tangent lines of these two circles.

答案

知识点：相切圆切线相似

难度评级：2510

小提示：

两条外公切线交于中心连线上的一点 $P$ ，它到两个圆心的距离之比为 $24 : 6$

The two external tangents meet at a point $P$ on the line through the centers, whose distances to the centers are in ratio $24 : 6$

大提示：

第三条边是在切点处的公切线，垂直于中心连线。对 $P$ 处的半角使用 $\sin\theta = \frac{24}{40}$ 。

The third side is the common tangent at the point of tangency, perpendicular to the center line. Use $\sin\theta = \frac{24}{40}$ for the half-angle at $P.$

解答：

两个圆心 $O_1$ （半径 $24$ ）和 $O_2$ （半径 $6$ ）相距 $30$ 。两条外公切线交于 $O_1O_2$ 线上小圆外侧的一点 $P$ ，并满足 $\frac{PO_1}{PO_2} = \frac{24}{6} = 4$ 。结合 $PO_1 - PO_2 = 30$ ，得到 $PO_1 = 40$ 且 $PO_2 = 10$ 。每条外公切线与中心连线成角 $\theta$ ，其中 $\sin\theta = \frac{24}{40} = \frac{3}{5}$ ，所以 $\tan\theta = \frac{3}{4}$ 。

第三条公切线是在两圆切点 $T$ 处的切线，它在距 $O_1$ 为 $24$ 的位置垂直于 $O_1O_2$ 。三条切线围成的三角形以 $P$ 为顶点，底边在这条直线上，高为 $PT = 40 - 24 = 16$ ，半底长为 $16\tan\theta = 12$ 。

面积为 $\frac{1}{2} \cdot 24 \cdot 16 = 192$ 。

The centers $O_1$ (radius $24$ ) and $O_2$ (radius $6$ ) are $30$ apart. The two external tangents meet at a point $P$ on line $O_1O_2$ beyond the small circle, with $\frac{PO_1}{PO_2} = \frac{24}{6} = 4.$ Combined with $PO_1 - PO_2 = 30,$ this gives $PO_1 = 40$ and $PO_2 = 10.$ Each external tangent makes angle $\theta$ with the center line, where $\sin\theta = \frac{24}{40} = \frac{3}{5},$ so $\tan\theta = \frac{3}{4}.$

The third common tangent is the tangent at the point of tangency $T,$ which is perpendicular to $O_1O_2$ at distance $24$ from $O_1.$ The triangle bounded by the three tangents has apex $P$ and base on this line, with height $PT = 40 - 24 = 16$ and half-base $16\tan\theta = 12.$

Its area is $\frac{1}{2} \cdot 24 \cdot 16 = 192.$

8.

求满足 $n \le 600$ 的正整数的个数，使得当 $\left\lfloor \frac{n}{4} \right\rfloor$ 、 $\left\lfloor \frac{n}{5} \right\rfloor$ 和 $\left\lfloor \frac{n}{6} \right\rfloor$ 的值给定时，该正整数能在所有正整数中被唯一确定。这里 $\lfloor x \rfloor$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数。

Find the number of positive integers $n \le 600$ whose value can be uniquely determined among all positive integers when the values of $\left\lfloor \frac{n}{4} \right\rfloor,$ $\left\lfloor \frac{n}{5} \right\rfloor,$ and $\left\lfloor \frac{n}{6} \right\rfloor$ are given, where $\lfloor x \rfloor$ denotes the greatest integer less than or equal to the real number $x.$

答案

知识点：取整函数整除性模运算

难度评级：2840

小提示：

共享同一个向下取整三元组的整数形成一段连续整数，因此 $n$ 恰好在这段长度为 $1$ 时被确定

The integers sharing a given triple of floor values form a block of consecutive integers, so $n$ is determined exactly when its block has size $1$

大提示：

这段长度为 $1$ 当且仅当 $n$ 和 $n + 1$ 中每一个都能被 $4, 5, 6$ 中的至少一个整除。按模 $60$ 的一个周期计数这些 $n$ 。

The block has size $1$ exactly when each of $n$ and $n + 1$ is divisible by at least one of $4, 5, 6.$ Count such $n$ in one period of $60.$

解答：

共享给定三元组 $\left(\left\lfloor \frac{n}{4} \right\rfloor, \left\lfloor \frac{n}{5} \right\rfloor, \left\lfloor \frac{n}{6} \right\rfloor\right)$ 的正整数集合是三个区间的交集，因此是一段连续整数。所以 $n$ 被唯一确定，当且仅当 $n - 1$ 和 $n + 1$ 都不给出同一个三元组：在 $n - 1$ 处必须有某个向下取整值下降，这意味着 $4, 5$ 或 $6$ 整除 $n$ ；在 $n + 1$ 处必须有某个向下取整值跳升，这意味着 $4, 5$ 或 $6$ 整除 $n + 1$ 。

因为 $n$ 和 $n + 1$ 不可能同为偶数， $(n, n + 1)$ 的除数配对为 $(4, 5)$ 、 $(5, 4)$ 、 $(5, 6)$ 和 $(6, 5)$ 。模 $60$ 计算： $4$ 整除 $n$ 且 $5$ 整除 $n + 1$ 给出 $n \equiv 4, 24, 44$ ； $5$ 整除 $n$ 且 $4$ 整除 $n + 1$ 给出 $n \equiv 15, 35, 55$ ； $5$ 整除 $n$ 且 $6$ 整除 $n + 1$ 给出 $n \equiv 5, 35$ ；而 $6$ 整除 $n$ 且 $5$ 整除 $n + 1$ 给出 $n \equiv 24, 54$ 。并集是模 $60$ 的 $8$ 个剩余类 $\{4, 5, 15, 24, 35, 44, 54, 55\}$ 。

在 $1 \le n \le 600$ 中，每个剩余类出现 $10$ 次，所以个数为 $8 \cdot 10 = 80$ 。（注意 $n = 600$ 不满足： $601$ 不能被 $4, 5, 6$ 中任何一个整除，所以 $601, 602, 603$ 与 $600$ 共享同一个三元组。）

The set of positive integers sharing a given triple $\left(\left\lfloor \frac{n}{4} \right\rfloor, \left\lfloor \frac{n}{5} \right\rfloor, \left\lfloor \frac{n}{6} \right\rfloor\right)$ is an intersection of three intervals, hence a block of consecutive integers. So $n$ is uniquely determined exactly when neither $n - 1$ nor $n + 1$ gives the same triple: some floor must drop at $n - 1,$ meaning $4, 5,$ or $6$ divides $n,$ and some floor must jump at $n + 1,$ meaning $4, 5,$ or $6$ divides $n + 1.$

Since $n$ and $n + 1$ cannot both be even, the divisor pairs for $(n, n + 1)$ are $(4, 5),$ $(5, 4),$ $(5, 6),$ and $(6, 5).$ Working modulo $60:$ $4$ dividing $n$ and $5$ dividing $n + 1$ gives $n \equiv 4, 24, 44;$ $5$ dividing $n$ and $4$ dividing $n + 1$ gives $n \equiv 15, 35, 55;$ $5$ dividing $n$ and $6$ dividing $n + 1$ gives $n \equiv 5, 35;$ and $6$ dividing $n$ and $5$ dividing $n + 1$ gives $n \equiv 24, 54.$ The union is the $8$ residues $\{4, 5, 15, 24, 35, 44, 54, 55\}$ modulo $60.$

Each residue occurs $10$ times among $1 \le n \le 600,$ so the count is $8 \cdot 10 = 80.$ (Note $n = 600$ fails: $601$ is divisible by none of $4, 5, 6,$ so $601, 602, 603$ share $600$ ’s triple.)

9.

设 $\ell_A$ 和 $\ell_B$ 是两条不同的平行线。对正整数 $m$ 和 $n$ ，不同的点 $A_1$ 、 $A_2$ 、 $A_3$ 、 $\ldots$ 、 $A_m$ 位于 $\ell_A$ 上，不同的点 $B_1$ 、 $B_2$ 、 $B_3$ 、 $\ldots$ 、 $B_n$ 位于 $\ell_B$ 上。此外，若对所有 $i = 1$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $\ldots$ 、 $m$ 和 $j = 1$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $\ldots$ 、 $n$ 都画出线段 $\overline{A_iB_j}$ ，则在 $\ell_A$ 与 $\ell_B$ 严格之间没有任何一点落在两条以上的线段上。当 $m = 7$ 且 $n = 5$ 时，求这个图形把平面分成的有界区域个数。图中显示当 $m = 3$ 且 $n = 2$ 时有 $8$ 个区域。

Let $\ell_A$ and $\ell_B$ be two distinct parallel lines. For positive integers $m$ and $n,$ distinct points $A_1,$ $A_2,$ $A_3,$ $\ldots,$ $A_m$ lie on $\ell_A,$ and distinct points $B_1,$ $B_2,$ $B_3,$ $\ldots,$ $B_n$ lie on $\ell_B.$ Additionally, when segments $\overline{A_iB_j}$ are drawn for all $i = 1,$ $2,$ $3,$ $\ldots,$ $m$ and $j = 1,$ $2,$ $3,$ $\ldots,$ $n,$ no point strictly between $\ell_A$ and $\ell_B$ lies on more than two of the segments. Find the number of bounded regions into which this figure divides the plane when $m = 7$ and $n = 5.$ The figure shows that there are $8$ regions when $m = 3$ and $n = 2.$

答案

知识点：区域计数欧拉多面体公式图论交点计数

难度评级：2840

小提示：

每选两个 $A$ 点和两个 $B$ 点，恰好产生一个内部交点，所以交点数为 $\binom{7}{2}\binom{5}{2}$

Each choice of two $A$ ’s and two $B$ ’s produces exactly one interior crossing, so there are $\binom{7}{2}\binom{5}{2}$ crossing points

大提示：

使用欧拉公式 $V - E + F = 2$ ：每个交点分割两条线段，所以这些线段贡献 $mn + 2\binom{m}{2}\binom{n}{2}$ 条边

Use Euler’s formula $V - E + F = 2:$ each crossing splits two segments, so the segments contribute $mn + 2\binom{m}{2}\binom{n}{2}$ edges

解答：

两条线段 $\overline{A_iB_j}$ 和 $\overline{A_kB_l}$ 严格在两条直线之间相交，当且仅当两个 $A$ 点的先后顺序与对应两个 $B$ 点的先后顺序相反；任取两个 $A$ 点和两个 $B$ 点时，恰有一种配对会发生这种情况。由一般位置假设，这些交点互不相同，所以交点数为 $X = \binom{m}{2}\binom{n}{2}$ 。

将两条直线截成足够长的线段并应用欧拉公式。顶点包括 $m + n$ 个标记点、 $X$ 个交点和 $4$ 个截断端点，所以 $V = m + n + X + 4$ 。直线 $\ell_A$ 被分成 $m + 1$ 条边， $\ell_B$ 被分成 $n + 1$ 条边；每个交点分割两条所画线段，所以所画线段贡献 $mn + 2X$ 条边，得到 $E = mn + m + n + 2X + 2$ 。于是 $F = E - V + 2 = mn + X\text{，}$ 其中一个面是无界的，所以有 $mn + X - 1$ 个有界区域。对 $m = 3$ 、 $n = 2$ ，这给出 $6 + 3 - 1 = 8$ ，与图形一致。

对 $m = 7$ 和 $n = 5$ ： $35 + \binom{7}{2}\binom{5}{2} - 1$ $= 35 + 21 \cdot 10 - 1$ $= 244$ 。

Two segments $\overline{A_iB_j}$ and $\overline{A_kB_l}$ cross strictly between the lines exactly when one of the $A$ ’s comes first and the other’s $B$ comes first, which happens for exactly one pairing of any two $A$ ’s with any two $B$ ’s. By the general-position hypothesis these crossings are distinct, so there are $X = \binom{m}{2}\binom{n}{2}$ of them.

Clip the two lines to long segments and apply Euler’s formula. The vertices are the $m + n$ marked points, the $X$ crossings, and the $4$ clipped line ends, so $V = m + n + X + 4.$ Line $\ell_A$ is divided into $m + 1$ edges and $\ell_B$ into $n + 1;$ each crossing splits two segments, so the drawn segments contribute $mn + 2X$ edges, giving $E = mn + m + n + 2X + 2.$ Then $F = E - V + 2 = mn + X,$ of which one face is unbounded, so there are $mn + X - 1$ bounded regions. For $m = 3,$ $n = 2$ this gives $6 + 3 - 1 = 8,$ matching the figure.

For $m = 7$ and $n = 5:$ $35 + \binom{7}{2}\binom{5}{2} - 1$ $= 35 + 21 \cdot 10 - 1$ $= 244.$

10.

求下式 $\binom{\binom{3}{2}}{2} + \binom{\binom{4}{2}}{2} + \cdots + \binom{\binom{40}{2}}{2}$ 除以 $1000$ 的余数。

Find the remainder when $\binom{\binom{3}{2}}{2} + \binom{\binom{4}{2}}{2} + \cdots + \binom{\binom{40}{2}}{2}$ is divided by $1000.$

答案

知识点：组合求和杨辉三角

难度评级：2650

小提示：

展开： $\binom{\binom{n}{2}}{2}$ 等于 $\frac{(n+1)n(n-1)(n-2)}{8}$ ，这是关于 $n$ 的多项式

Expand: $\binom{\binom{n}{2}}{2}$ equals $\frac{(n+1)n(n-1)(n-2)}{8},$ a polynomial in $n$

大提示：

这个表达式是 $3\binom{n+1}{4}$ ；用曲棍球棒恒等式求和

That expression is $3\binom{n+1}{4};$ sum it with the hockey stick identity

解答：

因为 $\binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2}$ ，且 $\binom{n}{2} - 1 = \frac{(n+1)(n-2)}{2}$ ， $\begin{aligned} \binom{\binom{n}{2}}{2} \\ &= \frac{1}{2} \cdot \frac{n(n-1)}{2} \\ &\quad {}\cdot \frac{(n+1)(n-2)}{2} \\ &= \small \frac{(n+1)n(n-1)(n-2)}{8} \\ &= 3\binom{n+1}{4} \end{aligned}\text{。}$

由曲棍球棒恒等式， $\begin{aligned} \sum_{n=3}^{40} 3\binom{n+1}{4} &= 3\sum_{k=4}^{41}\binom{k}{4} \\ &= 3\binom{42}{5} \\ &= 3 \cdot 850668 \\ &= 2552004 \end{aligned}\text{。}$

除以 $1000$ 的余数为 $4$ 。

Since $\binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2}$ and $\binom{n}{2} - 1 = \frac{(n+1)(n-2)}{2},$ $\begin{aligned} \binom{\binom{n}{2}}{2} \\ &= \frac{1}{2} \cdot \frac{n(n-1)}{2} \\ &\quad {}\cdot \frac{(n+1)(n-2)}{2} \\ &= \small \frac{(n+1)n(n-1)(n-2)}{8} \\ &= 3\binom{n+1}{4}. \end{aligned}$

By the hockey stick identity, $\begin{aligned} \sum_{n=3}^{40} 3\binom{n+1}{4} &= 3\sum_{k=4}^{41}\binom{k}{4} \\ &= 3\binom{42}{5} \\ &= 3 \cdot 850668 \\ &= 2552004. \end{aligned}$

The remainder upon division by $1000$ is $4.$

11.

设 $ABCD$ 是一个凸四边形，满足 $AB = 2$ 、 $AD = 7$ 、 $CD = 3$ ，且锐角 $\angle DAB$ 与 $\angle ADC$ 的角平分线相交于 $\overline{BC}$ 的中点。求 $ABCD$ 面积的平方。

Let $ABCD$ be a convex quadrilateral with $AB = 2,$ $AD = 7,$ and $CD = 3$ such that the bisectors of acute angles $\angle DAB$ and $\angle ADC$ intersect at the midpoint of $\overline{BC}.$ Find the square of the area of $ABCD.$

答案

知识点：角平分线变换坐标几何鞋带公式

难度评级：3160

小提示：

将 $B$ 关于从 $A$ 出发的角平分线反射，并将 $C$ 关于从 $D$ 出发的角平分线反射：两个像都落在 $\overline{AD}$ 上

Reflect $B$ over the bisector from $A$ and $C$ over the bisector from $D:$ both reflections land on $\overline{AD}$

大提示：

因为 $MB = MC$ ，所以中点 $M$ 到两个反射像的距离相等，而这两个像在 $\overline{AD}$ 上，分别距 $A$ 为 $2$ 、距 $D$ 为 $3$

Since $MB = MC,$ the midpoint $M$ is equidistant from the two reflections, which lie on $\overline{AD}$ at distances $2$ from $A$ and $3$ from $D$

解答：

取 $A = (0, 0)$ 、 $D = (7, 0)$ ，且 $B, C$ 在坐标轴上方，并设 $M$ 为 $\overline{BC}$ 的中点。将 $B$ 关于角平分线 $AM$ 反射，会把射线 $AB$ 变到射线 $AD$ ，所以 $B$ 映到 $B' = (2, 0)$ ，将 $C$ 关于角平分线 $DM$ 反射，得到 $C' = (4, 0)$ 。因为 $M$ 在两条镜像线之上， $MB' = MB = MC = MC'$ ，所以 $M$ 到 $B'$ 与 $C'$ 等距，从而 $M = (3, h)$ ，其中 $h \gt 0$ 。

记 $\angle DAB = 2\alpha$ 、 $\angle ADC = 2\delta$ ，于是 $\tan\alpha = \frac{h}{3}$ 且 $\tan\delta = \frac{h}{4}$ 。则 $B = (2\cos 2\alpha,\, 2\sin 2\alpha)$ ， $C = (7 - 3\cos 2\delta,\, 3\sin 2\delta)$ ，而中点条件在 $x$ 坐标上给出 $2\cos 2\alpha - 3\cos 2\delta = -1$ 。代入 $\cos 2\alpha = \frac{9 - h^2}{9 + h^2}$ 和 $\cos 2\delta = \frac{16 - h^2}{16 + h^2}$ ，清除分母后得到 $2h^4 = 10h^2$ ，所以 $h^2 = 5$ 。（此时 $y$ 坐标条件也自动满足： $2\sin 2\alpha$ ${}+ 3\sin 2\delta$ $= \frac{6\sqrt{5}}{7} + \frac{8\sqrt{5}}{7}$ $= 2h$ 。）

现在 $\cos 2\alpha = \frac{2}{7}$ 、 $\sin 2\alpha = \frac{3\sqrt{5}}{7}$ 、 $\cos 2\delta = \frac{11}{21}$ 、 $\sin 2\delta = \frac{8\sqrt{5}}{21}$ ，所以 $B = \left(\frac{4}{7}, \frac{6\sqrt{5}}{7}\right)$ ， $C = \left(\frac{38}{7}, \frac{8\sqrt{5}}{7}\right)$ 。对 $A, B, C, D$ 使用鞋带公式，面积为 $6\sqrt{5}$ ，其平方为 $180$ 。

Place $A = (0, 0)$ and $D = (7, 0)$ with $B, C$ above the axis, and let $M$ be the midpoint of $\overline{BC}.$ Reflecting $B$ over the bisector line $AM$ carries ray $AB$ to ray $AD,$ so $B$ maps to $B' = (2, 0),$ and reflecting $C$ over the bisector $DM$ gives $C' = (4, 0).$ Since $M$ lies on both mirror lines, $MB' = MB = MC = MC',$ so $M$ is equidistant from $B'$ and $C'$ and hence $M = (3, h)$ for some $h \gt 0.$

Write $\angle DAB = 2\alpha$ and $\angle ADC = 2\delta,$ so $\tan\alpha = \frac{h}{3}$ and $\tan\delta = \frac{h}{4}.$ Then $B = (2\cos 2\alpha,\, 2\sin 2\alpha)$ and $C = (7 - 3\cos 2\delta,\, 3\sin 2\delta),$ and the midpoint condition on the $x$ -coordinates reads $2\cos 2\alpha - 3\cos 2\delta = -1.$ Substituting $\cos 2\alpha = \frac{9 - h^2}{9 + h^2}$ and $\cos 2\delta = \frac{16 - h^2}{16 + h^2}$ and clearing denominators gives $2h^4 = 10h^2,$ so $h^2 = 5.$ (The $y$ -coordinate condition is then satisfied automatically: $2\sin 2\alpha$ ${}+ 3\sin 2\delta$ $= \frac{6\sqrt{5}}{7} + \frac{8\sqrt{5}}{7}$ $= 2h.$ )

Now $\cos 2\alpha = \frac{2}{7},$ $\sin 2\alpha = \frac{3\sqrt{5}}{7},$ $\cos 2\delta = \frac{11}{21},$ $\sin 2\delta = \frac{8\sqrt{5}}{21},$ so $B = \left(\frac{4}{7}, \frac{6\sqrt{5}}{7}\right)$ and $C = \left(\frac{38}{7}, \frac{8\sqrt{5}}{7}\right).$ The shoelace formula on $A, B, C, D$ gives area $6\sqrt{5},$ whose square is $180.$

12.

设 $a$ 、 $b$ 、 $x$ 和 $y$ 为实数，满足 $a \gt 4$ 且 $b \gt 1$ ，并且 $\begin{aligned} \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{a^2 - 16} &= \frac{(x - 20)^2}{b^2 - 1} \\ &\quad {}+ \frac{(y - 11)^2}{b^2} \\ &= 1 \end{aligned}\text{。}$ 求 $a + b$ 的最小可能值。

Let $a,$ $b,$ $x,$ and $y$ be real numbers with $a \gt 4$ and $b \gt 1$ such that $\begin{aligned} \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{a^2 - 16} &= \frac{(x - 20)^2}{b^2 - 1} \\ &\quad {}+ \frac{(y - 11)^2}{b^2} \\ &= 1. \end{aligned}$ Find the least possible value of $a + b.$

答案

知识点：椭圆三角不等式最优化

难度评级：3160

小提示：

两个方程是经过同一点的椭圆：第一个的焦点为 $(\pm 4, 0)$ ，第二个的焦点为 $(20, 10)$ 和 $(20, 12)$

Both equations are ellipses through a common point: the first has foci $(\pm 4, 0),$ the second has foci $(20, 10)$ and $(20, 12)$

大提示：

$2a + 2b$ 是公共点到四个焦点的距离之和；将焦点配对，使三角不等式给出的线段实际相交

$2a + 2b$ is the sum of the four focal distances of the common point; pair the foci so the triangle inequality gives segments that actually intersect

解答：

第一个椭圆有 $c^2 = a^2 - (a^2 - 16) = 16$ ，所以焦点为 $F_1 = (-4, 0)$ 和 $F_2 = (4, 0)$ ，到两焦点的距离和为 $2a$ 。第二个椭圆以 $(20, 11)$ 为中心，长轴竖直，且 $c^2 = b^2 - (b^2 - 1) = 1$ ，所以焦点为 $G_1 = (20, 10)$ 和 $G_2 = (20, 12)$ ，到两焦点的距离和为 $2b$ 。若 $P = (x, y)$ 在两个椭圆上，则 $\begin{aligned} 2a + 2b \\ &= (PF_1 + PG_1) \\ &\quad {}+ (PF_2 + PG_2) \\ &\ge F_1G_1 + F_2G_2 \\ &= \sqrt{24^2 + 10^2} \\ &\quad {}+ \sqrt{16^2 + 12^2} \\ &= 26 + 20 \\ &= 46 \end{aligned}$ 所以 $a + b \ge 23$ 。

等号要求 $P$ 同时位于线段 $\overline{F_1G_1}$ 和 $\overline{F_2G_2}$ 上。这两条线段确实相交于 $P = \left(14, \frac{15}{2}\right)$ ：此时 $PF_1 = \frac{39}{2}$ 、 $PF_2 = \frac{25}{2}$ ，所以 $2a = 32$ ， $a = 16 \gt 4$ ；且 $PG_1 = \frac{13}{2}$ 、 $PG_2 = \frac{15}{2}$ ，所以 $2b = 14$ ， $b = 7 \gt 1$ 。

因此 $a + b$ 的最小可能值为 $16 + 7 = 23$ 。

The first ellipse has $c^2 = a^2 - (a^2 - 16) = 16,$ hence foci $F_1 = (-4, 0)$ and $F_2 = (4, 0),$ with distance sum $2a.$ The second is centered at $(20, 11)$ with vertical major axis and $c^2 = b^2 - (b^2 - 1) = 1,$ hence foci $G_1 = (20, 10)$ and $G_2 = (20, 12),$ with distance sum $2b.$ If $P = (x, y)$ lies on both, then $\begin{aligned} 2a + 2b \\ &= (PF_1 + PG_1) \\ &\quad {}+ (PF_2 + PG_2) \\ &\ge F_1G_1 + F_2G_2 \\ &= \sqrt{24^2 + 10^2} \\ &\quad {}+ \sqrt{16^2 + 12^2} \\ &= 26 + 20 \\ &= 46, \end{aligned}$ so $a + b \ge 23.$

Equality requires $P$ to lie on both segments $\overline{F_1G_1}$ and $\overline{F_2G_2}.$ These segments do intersect, at $P = \left(14, \frac{15}{2}\right):$ then $PF_1 = \frac{39}{2},$ $PF_2 = \frac{25}{2},$ so $2a = 32,$ $a = 16 \gt 4;$ and $PG_1 = \frac{13}{2},$ $PG_2 = \frac{15}{2},$ so $2b = 14,$ $b = 7 \gt 1.$

Hence the least possible value of $a + b$ is $16 + 7 = 23.$

13.

存在一个整系数多项式 $P(x)$ ，满足 $\begin{aligned} P(x) &= (x^{2310}-1)^6 \\ &\quad {}\cdot \frac{1}{(x^{105}-1)(x^{70}-1)} \\ &\quad {}\cdot \frac{1}{(x^{42}-1)(x^{30}-1)} \end{aligned}$ 对每个 $0 \lt x \lt 1$ 都成立。求 $P(x)$ 中 $x^{2022}$ 的系数。

There is a polynomial $P(x)$ with integer coefficients such that $\begin{aligned} P(x) &= (x^{2310}-1)^6 \\ &\quad {}\cdot \frac{1}{(x^{105}-1)(x^{70}-1)} \\ &\quad {}\cdot \frac{1}{(x^{42}-1)(x^{30}-1)} \end{aligned}$ holds for every $0 \lt x \lt 1.$ Find the coefficient of $x^{2022}$ in $P(x).$

答案

知识点：生成函数丢番图方程隔板法

难度评级：3270

小提示：

写成 $P(x) = (1 - x^{2310})^6 \prod \frac{1}{1 - x^k}$ ，其中 $k = 105, 70, 42, 30$ ；由于 $2022 \lt 2310$ ，分子只贡献常数项

Write $P(x) = (1 - x^{2310})^6 \prod \frac{1}{1 - x^k}$ for $k = 105, 70, 42, 30;$ since $2022 \lt 2310,$ the numerator contributes only its constant term

大提示：

通过分别模 $2, 3, 5, 7$ 来固定 $a, b, c, d$ 关于 $2, 3, 5, 7$ 的余数，从而计数 $105a + 70b + 42c + 30d = 2022$ 的解

Count solutions of $105a + 70b + 42c + 30d = 2022$ by reducing modulo $2, 3, 5, 7$ to pin down $a, b, c, d$ modulo $2, 3, 5, 7$

解答：

对 $0 \lt x \lt 1$ ， $\begin{aligned} P(x) &= (1-x^{2310})^6 \\ &\quad {}\cdot \frac{1}{(1-x^{105})(1-x^{70})} \\ &\quad {}\cdot \frac{1}{(1-x^{42})(1-x^{30})} \end{aligned}$ 且每个因子 $\frac{1}{1 - x^k}$ 都可展开为等比级数。由于 $2022 \lt 2310$ ，因子 $(1 - x^{2310})^6$ 只贡献常数项 $1$ ，所以 $x^{2022}$ 的系数等于非负整数解 $105a + 70b + 42c + 30d = 2022$ 的个数。

模 $2$ 化简给出 $105a \equiv 2022$ ，所以 $a$ 为偶数；模 $3$ 化简给出 $70b \equiv 2022 \equiv 0$ ，所以 $3$ 整除 $b$ ；模 $5$ 化简给出 $2c \equiv 2022 \equiv 2$ ，所以 $c \equiv 1 \pmod 5$ ；模 $7$ 化简给出 $2d \equiv 2022 \equiv 6$ ，所以 $d \equiv 3 \pmod 7$ 。令 $a = 2a'$ 、 $b = 3b'$ 、 $c = 5c' + 1$ 、 $d = 7d' + 3$ ，原方程变为 $\begin{aligned} &210(a' + b' + c' + d') + 42 \\ &\quad {}+ 90 = 2022 \end{aligned}$ 所以 $a' + b' + c' + d' = 9\text{。}$

由隔板法共有 $\binom{12}{3} = 220$ 个解，因此该系数为 $220$ 。

For $0 \lt x \lt 1,$ $\begin{aligned} P(x) &= (1-x^{2310})^6 \\ &\quad {}\cdot \frac{1}{(1-x^{105})(1-x^{70})} \\ &\quad {}\cdot \frac{1}{(1-x^{42})(1-x^{30})}, \end{aligned}$ and each factor $\frac{1}{1 - x^k}$ expands as a geometric series. Since $2022 \lt 2310,$ the factor $(1 - x^{2310})^6$ contributes only its constant term $1,$ so the coefficient of $x^{2022}$ is the number of nonnegative integer solutions of $105a + 70b + 42c + 30d = 2022.$

Reducing modulo $2$ gives $105a \equiv 2022,$ so $a$ is even; modulo $3$ gives $70b \equiv 2022 \equiv 0,$ so $3$ divides $b;$ modulo $5$ gives $2c \equiv 2022 \equiv 2,$ so $c \equiv 1 \pmod 5;$ modulo $7$ gives $2d \equiv 2022 \equiv 6,$ so $d \equiv 3 \pmod 7.$ Writing $a = 2a',$ $b = 3b',$ $c = 5c' + 1,$ $d = 7d' + 3$ turns the equation into $\begin{aligned} &210(a' + b' + c' + d') + 42 \\ &\quad {}+ 90 = 2022, \end{aligned}$ so $a' + b' + c' + d' = 9.$

By stars and bars there are $\binom{12}{3} = 220$ solutions, so the coefficient is $220.$

14.

对满足 $a \lt b \lt c$ 的正整数 $a$ 、 $b$ 、 $c$ ，考虑面值为 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 分的邮票集合，其中每种面值至少有一张。如果存在这样的集合，其子集合能组成从一分到 $1000$ 分的每一个整数分值，则令 $f(a, b, c)$ 为这种集合中邮票张数的最小值。求所有使得对某些 $a$ 和 $b$ 有 $f(a, b, c) = 97$ 的 $c$ 中，最小三个值的和。

For positive integers $a,$ $b,$ and $c$ with $a \lt b \lt c,$ consider collections of postage stamps in denominations $a,$ $b,$ and $c$ cents that contain at least one stamp of each denomination. If there exists such a collection that contains sub-collections worth every whole number of cents up to $1000$ cents, let $f(a, b, c)$ be the minimum number of stamps in such a collection. Find the sum of the three least values of $c$ such that $f(a, b, c) = 97$ for some choice of $a$ and $b.$

答案

知识点：最优化取整函数分类讨论

难度评级：3500

小提示：

能组成 $1$ 分迫使 $a = 1$ 。一个集合可行，当且仅当一分邮票能达到 $b - 1$ ，一分和 $b$ 分邮票合起来能达到 $c - 1$ ，且总价值至少为 $1000$ 。

Making $1$ cent forces $a = 1.$ A collection works exactly when the ones reach $b - 1,$ the ones and $b$ ’s together reach $c - 1,$ and the total value is at least $1000.$

大提示：

固定 $c$ 时，邮票张数在 $b = c - 1$ 时最大，此时等于 $c - 3 + \lceil \frac{1003}{c} \rceil$ ；对 $12 \le c \le 87$ ，它从不会达到 $97$

For fixed $c$ the stamp count is largest at $b = c - 1,$ where it equals $c - 3 + \lceil \frac{1003}{c} \rceil;$ for $12 \le c \le 87$ this never reaches $97$

解答：

要组成 $1$ 分，必须有 $a = 1$ 。设集合中有 $x$ 张一分邮票、 $y$ 张 $b$ 分邮票、 $z$ 张 $c$ 分邮票。数值 $b - 1$ 只能用一分邮票组成，所以 $x \ge b - 1$ ；数值 $c - 1$ 必须由一分和 $b$ 分邮票组成，所以 $x + yb \ge c - 1$ ；总价值 $x + yb + zc$ 必须至少为 $1000$ 。反过来，这三个条件也足够：若 $x \ge b - 1$ ，一分和 $b$ 分邮票能组成从一到 $x + yb$ 的所有值，而 $c$ 分邮票会将其延伸到总价值为止。所以最优选择为先取 $x = b - 1$ ，再取最小的 $y$ 使 $x + yb \ge c - 1$ ，最后取最小的 $z$ 达到 $1000$ 。

固定 $c$ 时，任何 $b$ 所需的邮票都不会多于 $b=c-1$ 时的数量。事实上，对任意 $2\le b\lt c$ ，取 $b-1$ 张一分邮票和 $c-b$ 张 $b$ 分邮票。这 $c-1$ 张较低面值的邮票总价值为 $b-1+b(c-b)\ge 2c-3$ 因为两边之差为 $(b-2)(c-b-1)\ge0$ 。再加入 $\left\lceil\frac{1003}{c}\right\rceil-2$ 张 $c$ 分邮票，就得到一个至多有 $c-3+\left\lceil\frac{1003}{c}\right\rceil$ 张邮票的可行集合。当 $b=c-1$ 时取到等号：必须有的 $c-2$ 张一分邮票和一张 $c-1$ 分邮票总价值为 $2c-3$ ，而面值至多为 $c$ 的邮票若少于 $c-3+\left\lceil\frac{1003}{c}\right\rceil$ 张，总价值就无法达到 $1000$ 。

对 $12\le c\le87$ ，端点界 $c(99-c)\ge1003$ 给出 $\left\lceil\frac{1003}{c}\right\rceil\le99-c$ ，所以这个最大值至多为 $96$ ，没有 $b$ 会给出 $97$ 。对 $c\le10$ ，任意 $97$ 张邮票的总价值至多为 $97c\le970$ ，所以不可能组成从一分到 $1000$ 分的每个值。

对 $c = 11$ ，取 $b = 7$ ，便有 $6$ 张一分邮票、一张 $7$ 分邮票（达到 $13 \ge 10$ ），以及 $\left\lceil \frac{987}{11} \right\rceil = 90$ 张十一分邮票： $f(1, 7, 11) = 6 + 1 + 90 = 97$ 。对 $c = 88$ 和 $c = 89$ ，取 $b = 87$ ，便有 $86$ 张一分邮票、一张 $87$ 分邮票（达到 $173$ ），以及 $\left\lceil \frac{827}{88} \right\rceil = \left\lceil \frac{827}{89} \right\rceil = 10$ 张 $c$ 分邮票，两种情况下都是 $86 + 1 + 10 = 97$ 。所以最小的三个 $c$ 值为 $11, 88, 89$ ，和为 $188$ 。

To form $1$ cent we need $a = 1.$ Suppose the collection has $x$ ones, $y$ stamps of $b,$ and $z$ of $c.$ The value $b - 1$ must be made from ones alone, so $x \ge b - 1;$ the value $c - 1$ must be made from ones and $b$ ’s, so $x + yb \ge c - 1;$ and the total $x + yb + zc$ must be at least $1000.$ Conversely these three conditions suffice: with $x \ge b - 1$ the ones and $b$ ’s make every value up to $x + yb,$ and then $c$ ’s extend this to every value up to the total. So the optimum takes $x = b - 1,$ then the least $y$ with $x + yb \ge c - 1,$ then the least $z$ reaching $1000.$

For fixed $c,$ no $b$ can require more stamps than $b=c-1.$ Indeed, for any $2\le b\lt c,$ take $b-1$ ones and $c-b$ stamps of $b.$ These $c-1$ lower-denomination stamps have total value $b-1+b(c-b)\ge 2c-3,$ because the difference is $(b-2)(c-b-1)\ge0.$ Adding $\left\lceil\frac{1003}{c}\right\rceil-2$ stamps of $c$ therefore gives a working collection of at most $c-3+\left\lceil\frac{1003}{c}\right\rceil$ stamps. Equality is attained when $b=c-1:$ the mandatory $c-2$ ones and one $c-1$ stamp have value $2c-3,$ and stamps of value at most $c$ cannot reach $1000$ with fewer than $c-3+\left\lceil\frac{1003}{c}\right\rceil$ stamps in total.

For $12\le c\le87,$ the endpoint bounds $c(99-c)\ge1003$ give $\left\lceil\frac{1003}{c}\right\rceil\le99-c,$ so this maximum is at most $96$ and no $b$ gives $97.$ For $c\le10,$ any $97$ stamps have total value at most $97c\le970,$ so they cannot cover every value through $1000.$

For $c = 11,$ taking $b = 7$ gives $6$ ones, one $7$ (reaching $13 \ge 10$ ), and $\left\lceil \frac{987}{11} \right\rceil = 90$ elevens: $f(1, 7, 11) = 6 + 1 + 90 = 97.$ For $c = 88$ and $c = 89,$ taking $b = 87$ gives $86$ ones, one $87$ (reaching $173$ ), and $\left\lceil \frac{827}{88} \right\rceil = \left\lceil \frac{827}{89} \right\rceil = 10$ stamps of $c,$ for $86 + 1 + 10 = 97$ in both cases. So the three least values of $c$ are $11, 88, 89,$ with sum $188.$

15.

两个外切圆 $\omega_1$ 和 $\omega_2$ 的圆心分别为 $O_1$ 和 $O_2$ ，第三个圆 $\Omega$ 经过 $O_1$ 和 $O_2$ ，并与 $\omega_1$ 交于 $B$ 和 $C$ ，与 $\omega_2$ 交于 $A$ 和 $D$ ，如图所示。已知 $AB = 2$ 、 $O_1O_2 = 15$ 、 $CD = 16$ ，且 $ABO_1CDO_2$ 是一个凸六边形。求这个六边形的面积。

Two externally tangent circles $\omega_1$ and $\omega_2$ have centers $O_1$ and $O_2,$ respectively. A third circle $\Omega$ passing through $O_1$ and $O_2$ intersects $\omega_1$ at $B$ and $C$ and $\omega_2$ at $A$ and $D,$ as shown. Suppose that $AB = 2,$ $O_1O_2 = 15,$ $CD = 16,$ and $ABO_1CDO_2$ is a convex hexagon. Find the area of this hexagon.

答案

知识点：弦三角恒等式面积分割

难度评级：3700

小提示：

六个顶点都在 $\Omega$ 上，且 $O_1B = O_1C = r_1$ 、 $O_2A = O_2D = r_2$ 是 $\Omega$ 的弦，其中 $r_1 + r_2 = 15$

All six vertices lie on $\Omega,$ and $O_1B = O_1C = r_1$ and $O_2A = O_2D = r_2$ are chords of $\Omega$ with $r_1 + r_2 = 15$

大提示：

将每条弦写成 $2R\sin(\text{其弧的一半})$ ，再用和差化积把 $16$ 和 $2$ 的方程相加相减，并使用两个等于 $15$ 的事实

Write each chord as $2R\sin(\text{half its arc}),$ then add and subtract the $16$ and $2$ equations with sum-to-product, using both facts worth $15$

解答：

六边形的六个顶点都在 $\Omega$ 上： $O_1$ 和 $O_2$ 由题设在其上，而 $A, B, C, D$ 是与 $\Omega$ 的交点。设 $\Omega$ 的半径为 $R$ ，并设边 $AB$ 、 $BO_1$ 、 $O_1C$ 、 $CD$ 、 $DO_2$ 、 $O_2A$ 所截的弧分别为 $2\alpha, 2\beta, 2\beta, 2\gamma, 2\delta, 2\delta$ （两个 $\beta$ 是因为弦 $BO_1 = O_1C = r_1$ 都等于 $\omega_1$ 的半径；同理 $O_2A = O_2D = r_2$ ），所以 $\alpha + 2\beta + \gamma + 2\delta = \pi$ 。每条弦都等于 $2R\sin(\text{其弧的一半})$ ： $2R\sin\alpha = 2$ 、 $2R\sin\gamma = 16$ ，而弦 $\overline{O_1O_2}$ 对应的弧为 $2\beta + 2\gamma + 2\delta$ ，给出 $2R\sin(\alpha + \sigma) = 15$ ，其中 $\sigma = \beta + \delta$ 。外切又给出一个值为 $15$ 的等式： $r_1 + r_2 = 2R(\sin\beta + \sin\delta) = 15$ 。

因为 $\gamma = \pi - \alpha - 2\sigma$ ，所以 $\sin\gamma = \sin(\alpha + 2\sigma)$ 。和差化积给出 $\begin{aligned} 18 &= 2R\left[\sin(\alpha + 2\sigma) + \sin\alpha\right] \\ &= 4R\sin(\alpha + \sigma)\cos\sigma \\ &= 30\cos\sigma \end{aligned}$ 因此 $\cos\sigma = \frac{3}{5}$ 。类似地， $14 = 4R\cos(\alpha + \sigma)\sin\sigma$ 给出 $R\cos(\alpha + \sigma) = \frac{35}{8}$ 。结合 $2R\sin(\alpha + \sigma) = 15$ ，得到 $4R^2 = 225 + \frac{1225}{16}$ ，所以 $R^2 = \frac{4825}{64}$ 。另外 $15 = 2R(\sin\beta + \sin\delta)$ $= 4R\sin\frac{\sigma}{2}\cos\frac{\beta - \delta}{2}$ ，且 $\sin\frac{\sigma}{2} = \frac{1}{\sqrt{5}}$ ，所以 $\cos\frac{\beta - \delta}{2} = \frac{15\sqrt{5}}{4R}$ ，从而 $\cos(\beta - \delta) = \frac{1125}{8R^2} - 1$ 。

连接 $\Omega$ 的圆心和六个顶点，可将六边形分成六个三角形，所以面积为 $\frac{1}{2}R^2$ ${}\cdot \small \left[\sin 2\alpha + 2\sin 2\beta + 2\sin 2\delta + \sin 2\gamma\right]$ 。现在 $R^2(\sin 2\beta + \sin 2\delta)$ $= 2R^2 \sin\sigma\cos(\beta - \delta)$ $= \frac{8}{5}\left(\frac{1125}{8} - R^2\right)$ $= \frac{835}{8}$ ，而 $\sin 2\alpha + \sin 2\gamma$ $= -2\sin 2\sigma \cos\bigl(2(\alpha + \sigma)\bigr)$ $= -2 \cdot \frac{24}{25} \cdot \left(-\frac{95}{193}\right)$ ，因为 $\cos\bigl(2(\alpha+\sigma)\bigr) = 1 - \frac{2 \cdot 225}{4R^2}$ $= -\frac{95}{193}$ ，所以 $\frac{1}{2}R^2(\sin 2\alpha + \sin 2\gamma)$ $= \frac{1}{2} \cdot \frac{4825}{64} \cdot \frac{912}{965}$ $= \frac{285}{8}$ 。面积为 $\frac{835}{8} + \frac{285}{8} = 140$ 。

All six hexagon vertices lie on $\Omega:$ $O_1$ and $O_2$ by hypothesis, and $A, B, C, D$ as intersection points with $\Omega.$ Let $R$ be the radius of $\Omega,$ and let the arcs cut off by the sides $AB,$ $BO_1,$ $O_1C,$ $CD,$ $DO_2,$ $O_2A$ be $2\alpha, 2\beta, 2\beta, 2\gamma, 2\delta, 2\delta$ (the two $\beta$ ’s because chords $BO_1 = O_1C = r_1,$ the radius of $\omega_1,$ and likewise $O_2A = O_2D = r_2$ ), so $\alpha + 2\beta + \gamma + 2\delta = \pi.$ Each chord equals $2R\sin(\text{half its arc}):$ $2R\sin\alpha = 2,$ $2R\sin\gamma = 16,$ and the chord $\overline{O_1O_2}$ subtends $2\beta + 2\gamma + 2\delta,$ giving $2R\sin(\alpha + \sigma) = 15$ where $\sigma = \beta + \delta.$ External tangency gives a second equation worth $15:$ $r_1 + r_2 = 2R(\sin\beta + \sin\delta) = 15.$

Since $\gamma = \pi - \alpha - 2\sigma,$ we have $\sin\gamma = \sin(\alpha + 2\sigma).$ Sum-to-product then gives $\begin{aligned} 18 &= 2R\left[\sin(\alpha + 2\sigma) + \sin\alpha\right] \\ &= 4R\sin(\alpha + \sigma)\cos\sigma \\ &= 30\cos\sigma, \end{aligned}$ so $\cos\sigma = \frac{3}{5},$ and similarly $14 = 4R\cos(\alpha + \sigma)\sin\sigma$ gives $R\cos(\alpha + \sigma) = \frac{35}{8}.$ Combining with $2R\sin(\alpha + \sigma) = 15$ yields $4R^2 = 225 + \frac{1225}{16},$ so $R^2 = \frac{4825}{64}.$ Also $15 = 2R(\sin\beta + \sin\delta)$ $= 4R\sin\frac{\sigma}{2}\cos\frac{\beta - \delta}{2}$ with $\sin\frac{\sigma}{2} = \frac{1}{\sqrt{5}},$ so $\cos\frac{\beta - \delta}{2} = \frac{15\sqrt{5}}{4R}$ and $\cos(\beta - \delta) = \frac{1125}{8R^2} - 1.$

Joining the center of $\Omega$ to the six vertices splits the hexagon into six triangles, so its area is $\frac{1}{2}R^2$ ${}\cdot \small \left[\sin 2\alpha + 2\sin 2\beta + 2\sin 2\delta + \sin 2\gamma\right].$ Now $R^2(\sin 2\beta + \sin 2\delta)$ $= 2R^2 \sin\sigma\cos(\beta - \delta)$ $= \frac{8}{5}\left(\frac{1125}{8} - R^2\right)$ $= \frac{835}{8},$ while $\sin 2\alpha + \sin 2\gamma$ $= -2\sin 2\sigma \cos\bigl(2(\alpha + \sigma)\bigr)$ $= -2 \cdot \frac{24}{25} \cdot \left(-\frac{95}{193}\right)$ since $\cos\bigl(2(\alpha+\sigma)\bigr) = 1 - \frac{2 \cdot 225}{4R^2}$ $= -\frac{95}{193},$ so $\frac{1}{2}R^2(\sin 2\alpha + \sin 2\gamma)$ $= \frac{1}{2} \cdot \frac{4825}{64} \cdot \frac{912}{965}$ $= \frac{285}{8}.$ The area is $\frac{835}{8} + \frac{285}{8} = 140.$