2025 AIME II 详解 | LIVE by Po-Shen Loh

1.

六个点 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 、 $D$ 、 $E$ 、 $F$ 按这个顺序位于同一直线上。设 $G$ 是不在这条直线上的一点，且 $AC = 26$ 、 $BD = 22$ 、 $CE = 31$ 、 $DF = 33$ 、 $AF = 73$ 、 $CG = 40$ 、 $DG = 30$ 。求 $\triangle BGE$ 的面积。

Six points $A,$ $B,$ $C,$ $D,$ $E,$ and $F$ lie in a straight line in that order. Suppose that $G$ is a point not on the line and that $AC = 26,$ $BD = 22,$ $CE = 31,$ $DF = 33,$ $AF = 73,$ $CG = 40,$ and $DG = 30.$ Find the area of $\triangle BGE.$

答案

知识点：坐标几何距离公式三角形面积

难度评级：2010

小提示：

把这条直线放在数轴上，并令 $A = 0$ ；距离 $AC$ 、 $BD$ 、 $CE$ 、 $DF$ 、 $AF$ 会确定每个点的位置

Put the line on a number line with $A = 0;$ the distances $AC,$ $BD,$ $CE,$ $DF,$ $AF$ determine every point

大提示：

得到 $CD = 14$ 后，利用 $CG = 40$ 和 $DG = 30$ 求出 $G$ 到直线的高度； $BE$ 是底边

With $CD = 14,$ use $CG = 40$ and $DG = 30$ to find how high $G$ sits above the line; $BE$ is the base

解答：

把直线放在数轴上，并令 $A = 0$ 。于是 $C = 26$ 、 $E = 26 + 31 = 57$ 、 $F = 73$ 、 $D = 73 - 33 = 40$ 、 $B = 40 - 22 = 18$ 。

写 $G = (x, y)$ 。由 $CG = 40$ 和 $DG = 30$ ，可得 $(x - 26)^2 + y^2 = 1600\text{，}$ $(x - 40)^2 + y^2 = 900\text{。}$ 两式相减得 $14(2x - 66) = 700$ ，所以 $x = 58$ ，进而 $y^2 = 1600 - 32^2 = 576$ ，因此 $G$ 到直线的高度为 $24$ 。

因为 $B$ 和 $E$ 都在这条直线上， $BE = 57 - 18 = 39$ 可作底边，高为 $24$ ，所以面积为 $\frac{1}{2} \cdot 39 \cdot 24 = 468$ 。

Place the line on a number line with $A = 0.$ Then $C = 26,$ $E = 26 + 31 = 57,$ $F = 73,$ $D = 73 - 33 = 40,$ and $B = 40 - 22 = 18.$

Write $G = (x, y).$ From $CG = 40$ and $DG = 30,$ $(x - 26)^2 + y^2 = 1600,$ $(x - 40)^2 + y^2 = 900.$ Subtracting gives $14(2x - 66) = 700,$ so $x = 58,$ and then $y^2 = 1600 - 32^2 = 576,$ so $G$ is at height $24$ above the line.

Since $B$ and $E$ both lie on the line, $BE = 57 - 18 = 39$ is a base with height $24,$ so the area is $\frac{1}{2} \cdot 39 \cdot 24 = 468.$

2.

求所有满足 $n + 2$ 整除 $3(n + 3)(n^2 + 9)$ 的正整数 $n$ 的和。

Find the sum of all positive integers $n$ such that $n + 2$ divides the product $3(n + 3)(n^2 + 9).$

答案

知识点：模运算整除性因数

难度评级：1890

小提示：

在模 $n + 2$ 下，乘积 $3(n+3)(n^2+9)$ 同余于一个常数：代入 $n \equiv -2$

Modulo $n + 2,$ the product $3(n+3)(n^2+9)$ is congruent to a constant: substitute $n \equiv -2$

大提示：

你需要 $n + 2$ 整除 $3 \cdot 1 \cdot 13 = 39$ ，且 $n + 2 \ge 3$

You need $n + 2$ to divide $3 \cdot 1 \cdot 13 = 39,$ with $n + 2 \ge 3$

解答：

在模 $n + 2$ 下计算，此时 $n \equiv -2$ 。于是 $\begin{gathered} 3(n + 3)(n^2 + 9) \\ \equiv 3 \cdot 1 \cdot (4 + 9) \\ = 39 \pmod{n + 2} \end{gathered}\text{，}$ 所以 $n + 2$ 整除 $3(n+3)(n^2+9)$ 当且仅当 $n + 2$ 整除 $39$ 。

$39$ 中至少为 $3$ 的正因数是 $3$ 、 $13$ 、 $39$ ，对应 $n = 1$ 、 $11$ 、 $37$ 。它们的和为 $1 + 11 + 37 = 49$ 。

Work modulo $n + 2,$ where $n \equiv -2.$ Then $\begin{gathered} 3(n + 3)(n^2 + 9) \\ \equiv 3 \cdot 1 \cdot (4 + 9) \\ = 39 \pmod{n + 2}, \end{gathered}$ so $n + 2$ divides $3(n+3)(n^2+9)$ exactly when $n + 2$ divides $39.$

The divisors of $39$ that are at least $3$ are $3,$ $13,$ and $39,$ giving $n = 1,$ $11,$ and $37.$ The sum is $1 + 11 + 37 = 49.$

3.

四个单位正方形组成一个 $2 \times 2$ 方格。构成这些正方形边的 $12$ 条单位线段分别被涂成红色或蓝色，并且每个单位正方形都有 $2$ 条红边和 $2$ 条蓝边。下面给出一个例子（红色为实线，蓝色为虚线）。求这样的涂色方法数。

Four unit squares form a $2 \times 2$ grid. Each of the $12$ unit line segments forming the sides of the squares is colored either red or blue in such a way that each unit square has $2$ red sides and $2$ blue sides. One example is shown below (red is solid, blue is dashed). Find the number of such colorings.

答案

知识点：有限制的排列分类讨论乘法原理

难度评级：2440

小提示：

先给四条内部线段（中心的十字）涂色，再统计每个正方形的两条外边有多少种补全方式

Color the four interior segments (the central cross) first, then count completions of each square’s two boundary sides

大提示：

若一个正方形已有 $j$ 条红色内边，则它的外边有 $\binom{2}{2-j}$ 种合法涂法；按哪些十字臂为红色将 $16$ 种十字涂色分组

A square with $j$ red interior sides has $\binom{2}{2-j}$ valid boundary colorings; group the $16$ cross colorings by which arms are red

解答：

这 $12$ 条线段分成组成中心十字的 $4$ 条内部线段和 $8$ 条边界线段；每个单位正方形恰有两条内边和两条外边。先给十字涂色。一个正方形如果已有 $j$ 条红色内边，就还需要 $2 - j$ 条红色外边，可用 $\binom{2}{2-j}$ 种方式选择：当 $j = 0$ 或 $j = 2$ 时有 $1$ 种，当 $j = 1$ 时有 $2$ 种。

按红色十字臂的集合给 $2^4 = 16$ 种十字涂色分组。若四臂同色（ $2$ 种涂色），每个正方形都有 $j = 0$ 或 $j = 2$ ，各贡献 $1$ 种，总共 $2$ 种。若恰有一臂为红或恰有一臂为蓝（ $8$ 种涂色），接触这条特殊臂的两个正方形有 $j = 1$ ，另外两个没有，各贡献 $2 \cdot 2 = 4$ 种，总共 $32$ 种。若两条相邻臂为红（ $4$ 种涂色），四个正方形的相应数值为 $j = 2, 1, 1, 0$ ，每种十字涂色各有 $4$ 种补全方式，总共 $16$ 种。若两条相对臂为红（ $2$ 种涂色），四个正方形都有 $j = 1$ ，各贡献 $2^4 = 16$ 种，总共 $32$ 种。

涂色方法数为 $2 + 32 + 16 + 32 = 82$ 。

The $12$ segments split into the $4$ interior segments forming the central cross and $8$ boundary segments, and each unit square has exactly two interior sides (its two cross arms) and two boundary sides. Color the cross first. A square that already has $j$ red interior sides needs $2 - j$ red boundary sides, which can be chosen in $\binom{2}{2-j}$ ways: $1$ way if $j = 0$ or $j = 2,$ and $2$ ways if $j = 1.$

Group the $2^4 = 16$ cross colorings by the set of red arms. If all four arms have the same color ( $2$ colorings), every square has $j = 0$ or $j = 2,$ contributing $1$ each: total $2.$ If exactly one arm is red or exactly one is blue ( $8$ colorings), the two squares touching the odd arm have $j = 1$ and the others do not, contributing $2 \cdot 2 = 4$ each: total $32.$ If two adjacent arms are red ( $4$ colorings), the squares have $j = 2, 1, 1, 0,$ contributing $4$ each: total $16.$ If two opposite arms are red ( $2$ colorings), all four squares have $j = 1,$ contributing $2^4 = 16$ each: total $32.$

The number of colorings is $2 + 32 + 16 + 32 = 82.$

4.

乘积 $\begin{gathered} \prod_{k=4}^{63} \frac{\log_k (5^{k^2 - 1})}{\log_{k+1} (5^{k^2 - 4})} \\ = \frac{\log_4 (5^{15})}{\log_5 (5^{12})} \\ \quad {}\cdot \frac{\log_5 (5^{24})}{\log_6 (5^{21})} \\ \quad {}\cdot \frac{\log_6 (5^{35})}{\log_7 (5^{32})} \\ \quad \cdots \frac{\log_{63} (5^{3968})}{\log_{64} (5^{3965})} \end{gathered}$ 等于 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

The product $\begin{gathered} \prod_{k=4}^{63} \frac{\log_k (5^{k^2 - 1})}{\log_{k+1} (5^{k^2 - 4})} \\ = \frac{\log_4 (5^{15})}{\log_5 (5^{12})} \\ \quad {}\cdot \frac{\log_5 (5^{24})}{\log_6 (5^{21})} \\ \quad {}\cdot \frac{\log_6 (5^{35})}{\log_7 (5^{32})} \\ \quad \cdots \frac{\log_{63} (5^{3968})}{\log_{64} (5^{3965})} \end{gathered}$ is equal to $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：对数裂项相消

难度评级：2300

小提示：

由换底公式，每个因子等于 $\frac{k^2-1}{k^2-4} \cdot \frac{\log(k+1)}{\log k}$

By change of base, each factor equals $\frac{k^2-1}{k^2-4} \cdot \frac{\log(k+1)}{\log k}$

大提示：

分解 $k^2 - 1 = (k-1)(k+1)$ 和 $k^2 - 4 = (k-2)(k+2)$ ；所有部分都会裂项相消

Factor $k^2 - 1 = (k-1)(k+1)$ and $k^2 - 4 = (k-2)(k+2);$ everything telescopes

解答：

由换底公式， $\log_k (5^{k^2-1}) = \frac{(k^2 - 1)\log 5}{\log k}$ ，所以乘积的每个因子等于 $\begin{gathered} \frac{\frac{k^2-1}{\log k}}{\frac{k^2-4}{\log(k+1)}} \\ = \frac{(k-1)(k+1)}{(k-2)(k+2)} \\ \quad {}\cdot \frac{\log(k+1)}{\log k} \end{gathered}\text{。}$

三个部分在 $k = 4, \ldots, 63$ 上都会裂项相消： $\prod_{k=4}^{63} \frac{k-1}{k-2} = \frac{62}{2} = 31\text{，}$ $\prod_{k=4}^{63} \frac{k+1}{k+2} = \frac{5}{65} = \frac{1}{13}\text{，}$ $\begin{gathered} \prod_{k=4}^{63} \frac{\log(k+1)}{\log k} \\ = \frac{\log 64}{\log 4} = 3 \end{gathered}\text{。}$

该乘积为 $31 \cdot \frac{1}{13} \cdot 3 = \frac{93}{13}$ ，已经是最简分数，所以 $m + n = 93 + 13 = 106$ 。

By the change-of-base formula, $\log_k (5^{k^2-1}) = \frac{(k^2 - 1)\log 5}{\log k},$ so each factor of the product equals $\begin{gathered} \frac{\frac{k^2-1}{\log k}}{\frac{k^2-4}{\log(k+1)}} \\ = \frac{(k-1)(k+1)}{(k-2)(k+2)} \\ \quad {}\cdot \frac{\log(k+1)}{\log k}. \end{gathered}$

All three pieces telescope over $k = 4, \ldots, 63:$ $\prod_{k=4}^{63} \frac{k-1}{k-2} = \frac{62}{2} = 31,$ $\prod_{k=4}^{63} \frac{k+1}{k+2} = \frac{5}{65} = \frac{1}{13},$ $\begin{gathered} \prod_{k=4}^{63} \frac{\log(k+1)}{\log k} \\ = \frac{\log 64}{\log 4} = 3. \end{gathered}$

The product is $31 \cdot \frac{1}{13} \cdot 3 = \frac{93}{13},$ which is in lowest terms, so $m + n = 93 + 13 = 106.$

5.

设 $\triangle ABC$ 的三个角为 $\angle BAC = 84^\circ$ 、 $\angle ABC = 60^\circ$ 和 $\angle ACB = 36^\circ$ 。令 $D$ 、 $E$ 和 $F$ 分别为边 $\overline{BC}$ 、 $\overline{AC}$ 和 $\overline{AB}$ 的中点。 $\triangle DEF$ 的外接圆分别与 $\overline{BD}$ 、 $\overline{AE}$ 和 $\overline{AF}$ 交于点 $G$ 、 $H$ 和 $J$ 。点 $G$ 、 $D$ 、 $E$ 、 $H$ 、 $J$ 和 $F$ 如图所示将 $\triangle DEF$ 的外接圆分成六段小弧。求 $\overset{\frown}{DE} + 2 \cdot \overset{\frown}{HJ} + 3 \cdot \overset{\frown}{FG}$ ，其中弧度数以度为单位。

Suppose $\triangle ABC$ has angles $\angle BAC = 84^\circ,$ $\angle ABC = 60^\circ,$ and $\angle ACB = 36^\circ.$ Let $D,$ $E,$ and $F$ be the midpoints of sides $\overline{BC},$ $\overline{AC},$ and $\overline{AB},$ respectively. The circumcircle of $\triangle DEF$ intersects $\overline{BD},$ $\overline{AE},$ and $\overline{AF}$ at points $G,$ $H,$ and $J,$ respectively. The points $G,$ $D,$ $E,$ $H,$ $J,$ and $F$ divide the circumcircle of $\triangle DEF$ into six minor arcs, as shown. Find $\overset{\frown}{DE} + 2 \cdot \overset{\frown}{HJ} + 3 \cdot \overset{\frown}{FG},$ where the arcs are measured in degrees.

答案

知识点：圆周角导角等腰三角形

难度评级：2720

小提示：

经过三边中点的圆是九点圆，所以 $G$ 、 $H$ 、 $J$ 是三条高的垂足，并且 $\triangle DEF$ 与 $\triangle ABC$ 有相同的角

The circle through the midpoints is the nine-point circle, so $G,$ $H,$ $J$ are the feet of the altitudes, and $\triangle DEF$ has the same angles as $\triangle ABC$

大提示：

因为 $\angle BJC = \angle BHC = 90^\circ$ ，点 $D$ 到 $B$ 、 $C$ 、 $H$ 、 $J$ 的距离相等；利用等腰三角形可将这些弧的度数转化为 $\triangle ABC$ 的角度

Since $\angle BJC = \angle BHC = 90^\circ,$ $D$ is equidistant from $B,$ $C,$ $H,$ $J;$ isosceles triangles turn the arcs into angles of $\triangle ABC$

解答：

中点三角形 $DEF$ 的边分别平行于 $ABC$ 的边，所以 $\angle FDE = 84^\circ$ 、 $\angle DEF = 60^\circ$ ，且 $\angle DFE = 36^\circ$ 。它的外接圆是九点圆，与 $ABC$ 的边第二次相交于各高的垂足： $G$ 是从 $A$ 所作高的垂足， $H$ 是从 $B$ 所作高的垂足， $J$ 是从 $C$ 所作高的垂足。由圆周角定理， $\overset{\frown}{DE} = 2\angle DFE = 72^\circ$ 。

对于 $\overset{\frown}{FG}$ ：因为 $\overline{DF} \parallel \overline{CA}$ ，且 $G$ 在射线 $DB$ 上，所以 $\angle FDG$ 等于直线 $CA$ 与 $CB$ 的夹角，也就是 $36^\circ$ ，因此 $\overset{\frown}{FG} = 2 \cdot 36^\circ = 72^\circ$ 。对于 $\overset{\frown}{HJ}$ ：因为 $\angle BJC = \angle BHC = 90^\circ$ ，所以 $H$ 和 $J$ 都在以 $\overline{BC}$ 为直径、以 $D$ 为圆心的圆上，因此 $DJ = DB$ 且 $DH = DC$ 。等腰三角形 $BDJ$ 给出 $\angle JDB = 180^\circ - 2 \cdot 60^\circ = 60^\circ$ ，等腰三角形 $CDH$ 给出 $\angle HDC = 180^\circ - 2 \cdot 36^\circ = 108^\circ$ 。于是 $\angle JDH = 180^\circ - 60^\circ$ $- 108^\circ = 12^\circ$ ，所以 $\overset{\frown}{HJ} = 24^\circ$ 。

因此 $\overset{\frown}{DE} + 2 \cdot \overset{\frown}{HJ}$ $+ 3 \cdot \overset{\frown}{FG}$ $= 72 + 48 + 216 = 336$ 。

The medial triangle $DEF$ has sides parallel to those of $ABC,$ so $\angle FDE = 84^\circ,$ $\angle DEF = 60^\circ,$ and $\angle DFE = 36^\circ.$ Its circumcircle is the nine-point circle, whose second intersections with the sides of $ABC$ are the feet of the altitudes: $G$ is the foot from $A,$ $H$ the foot from $B,$ and $J$ the foot from $C.$ By the inscribed angle theorem, $\overset{\frown}{DE} = 2\angle DFE = 72^\circ.$

For $\overset{\frown}{FG}:$ since $\overline{DF} \parallel \overline{CA}$ and $G$ lies on ray $DB,$ the angle $\angle FDG$ equals the angle between lines $CA$ and $CB,$ which is $36^\circ,$ so $\overset{\frown}{FG} = 2 \cdot 36^\circ = 72^\circ.$ For $\overset{\frown}{HJ}:$ because $\angle BJC = \angle BHC = 90^\circ,$ both $H$ and $J$ lie on the circle with diameter $\overline{BC}$ centered at $D,$ so $DJ = DB$ and $DH = DC.$ Isosceles triangle $BDJ$ gives $\angle JDB = 180^\circ - 2 \cdot 60^\circ = 60^\circ,$ and isosceles triangle $CDH$ gives $\angle HDC = 180^\circ - 2 \cdot 36^\circ = 108^\circ.$ Hence $\angle JDH = 180^\circ - 60^\circ$ $- 108^\circ = 12^\circ$ and $\overset{\frown}{HJ} = 24^\circ.$

Therefore $\overset{\frown}{DE} + 2 \cdot \overset{\frown}{HJ}$ $+ 3 \cdot \overset{\frown}{FG}$ $= 72 + 48 + 216 = 336.$

6.

半径为 $6$ 、圆心为点 $A$ 的圆 $\omega_1$ 在点 $B$ 处与半径为 $15$ 的圆 $\omega_2$ 内切。点 $C$ 和 $D$ 在 $\omega_2$ 上，且 $\overline{BC}$ 是 $\omega_2$ 的直径，并且 $\overline{BC} \perp \overline{AD}$ 。矩形 $EFGH$ 内接于 $\omega_1$ ，满足 $\overline{EF} \perp \overline{BC}$ ， $C$ 比起 $\overline{EF}$ ，更靠近 $\overline{GH}$ ，且 $D$ 比起 $\overline{EH}$ ，更靠近 $\overline{FG}$ ，如图所示。三角形 $\triangle DGF$ 和 $\triangle CHG$ 面积相等。矩形 $EFGH$ 的面积为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

Circle $\omega_1$ with radius $6$ centered at point $A$ is internally tangent at point $B$ to circle $\omega_2$ with radius $15.$ Points $C$ and $D$ lie on $\omega_2$ such that $\overline{BC}$ is a diameter of $\omega_2$ and $\overline{BC} \perp \overline{AD}.$ The rectangle $EFGH$ is inscribed in $\omega_1$ such that $\overline{EF} \perp \overline{BC},$ $C$ is closer to $\overline{GH}$ than to $\overline{EF},$ and $D$ is closer to $\overline{FG}$ than to $\overline{EH},$ as shown. Triangles $\triangle DGF$ and $\triangle CHG$ have equal areas. The area of rectangle $EFGH$ is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：坐标几何相切圆矩形三角形面积

难度评级：2650

小提示：

使用坐标：令 $\omega_2$ 的圆心为原点， $B = (15, 0)$ 、 $A = (9, 0)$ 、 $D = (9, 12)$ ，并设矩形顶点为 $(9 \pm a, \pm b)$ ，其中 $a^2 + b^2 = 36$

Use coordinates: center of $\omega_2$ at the origin, $B = (15, 0),$ $A = (9, 0),$ $D = (9, 12),$ and rectangle vertices $(9 \pm a, \pm b)$ with $a^2 + b^2 = 36$

大提示：

两个三角形的面积分别是 $a(12 - b)$ 和 $b(24 - a)$ ；令它们相等时， $ab$ 项会抵消

The two triangle areas are $a(12 - b)$ and $b(24 - a);$ setting them equal makes the $ab$ terms cancel

解答：

令 $\omega_2$ 的圆心为原点，并取 $B = (15, 0)$ 。在 $B$ 处内切可得 $A = (9, 0)$ ，且 $C = (-15, 0)$ 。因为 $\overline{AD} \perp \overline{BC}$ 且 $D$ 在 $\omega_2$ 上，所以 $D = (9, 12)$ （取图中在线上方的 $D$ ）。由于 $\overline{EF} \perp \overline{BC}$ ，矩形有竖直边，因此顶点为 $(9 \pm a, \pm b)$ ，其中 $a^2 + b^2 = 36$ 。关于 $C$ 和 $D$ 的条件说明 $\overline{GH}$ 是左边， $\overline{FG}$ 是上边： $F = (9 + a, b)$ 、 $G = (9 - a, b)$ 、 $H = (9 - a, -b)$ 、 $E = (9 + a, -b)$ 。

三角形 $DGF$ 的底边 $GF = 2a$ ，高为 $12 - b$ ，所以面积为 $a(12 - b)$ 。三角形 $CHG$ 的底边 $GH = 2b$ ，高为 $(9 - a) - (-15) = 24 - a$ ，所以面积为 $b(24 - a)$ 。令二者相等， $12a - ab = 24b - ab$ ，故 $a = 2b$ ，再由 $a^2 + b^2 = 5b^2 = 36$ 。

矩形面积为 $2a \cdot 2b = 8b^2 = \frac{288}{5}$ ，所以 $m + n = 288 + 5 = 293$ 。

Center $\omega_2$ at the origin with $B = (15, 0).$ Internal tangency at $B$ puts $A = (9, 0),$ and $C = (-15, 0).$ Since $\overline{AD} \perp \overline{BC}$ and $D$ is on $\omega_2,$ we get $D = (9, 12)$ (taking $D$ above the line). Because $\overline{EF} \perp \overline{BC},$ the rectangle has vertical sides, so its vertices are $(9 \pm a, \pm b)$ with $a^2 + b^2 = 36.$ The conditions on $C$ and $D$ make $\overline{GH}$ the left side and $\overline{FG}$ the top side: $F = (9 + a, b),$ $G = (9 - a, b),$ $H = (9 - a, -b),$ $E = (9 + a, -b).$

Triangle $DGF$ has base $GF = 2a$ and height $12 - b,$ so its area is $a(12 - b).$ Triangle $CHG$ has base $GH = 2b$ and height $(9 - a) - (-15) = 24 - a,$ so its area is $b(24 - a).$ Setting these equal, $12a - ab = 24b - ab,$ so $a = 2b,$ and then $a^2 + b^2 = 5b^2 = 36.$

The area of the rectangle is $2a \cdot 2b = 8b^2 = \frac{288}{5},$ so $m + n = 288 + 5 = 293.$

7.

令 $A$ 为 $2025$ 的正整数因数集合。令 $B$ 为从 $A$ 中随机选取的一个子集。 $B$ 是非空集合且其元素的最小公倍数为 $2025$ 的概率为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

Let $A$ be the set of positive integer divisors of $2025.$ Let $B$ be a randomly selected subset of $A.$ The probability that $B$ is a nonempty set with the property that the least common multiple of its elements is $2025$ is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：最小公倍数容斥原理子集

难度评级：2510

小提示：

$2025 = 3^4 \cdot 5^2$ 有 $15$ 个因数；最小公倍数为 $2025$ 当且仅当该子集含有一个 $81$ 的倍数和一个 $25$ 的倍数

$2025 = 3^4 \cdot 5^2$ has $15$ divisors; the lcm is $2025$ exactly when the subset contains a multiple of $81$ and a multiple of $25$

大提示：

使用容斥：有 $2^{12}$ 个子集避开全部三个 $81$ 的倍数，有 $2^{10}$ 个子集避开全部五个 $25$ 的倍数

Use inclusion-exclusion: $2^{12}$ subsets avoid all three multiples of $81,$ and $2^{10}$ avoid all five multiples of $25$

解答：

因为 $2025 = 3^4 \cdot 5^2$ ，集合 $A$ 有 $5 \cdot 3 = 15$ 个元素，所以共有 $2^{15}$ 个子集。一个子集的最小公倍数为 $2025$ 当且仅当它至少含有一个可被 $3^4 = 81$ 整除的因数，并且至少含有一个可被 $5^2 = 25$ 整除的因数（这样的子集自动非空）。不被 $81$ 整除的因数有 $12$ 个，不被 $25$ 整除的因数有 $10$ 个，二者都不整除的有 $8$ 个。

由容斥，符合条件的子集数为 $\begin{gathered} 2^{15} - 2^{12} - 2^{10} + 2^8 \\ = 32768 - 4096 - 1024 + 256 \\ = 27904 \end{gathered}\text{。}$ 因为 $27904 = 2^8 \cdot 109$ ，概率为 $\frac{27904}{32768} = \frac{109}{128}$ ，所以 $m + n = 109 + 128 = 237$ 。

Since $2025 = 3^4 \cdot 5^2,$ the set $A$ has $5 \cdot 3 = 15$ elements, and there are $2^{15}$ subsets. A subset has least common multiple $2025$ exactly when it contains at least one divisor divisible by $3^4 = 81$ and at least one divisible by $5^2 = 25$ (such a subset is automatically nonempty). There are $12$ divisors not divisible by $81,$ $10$ not divisible by $25,$ and $8$ divisible by neither.

By inclusion-exclusion, the number of good subsets is $\begin{gathered} 2^{15} - 2^{12} - 2^{10} + 2^8 \\ = 32768 - 4096 - 1024 + 256 \\ = 27904. \end{gathered}$ Since $27904 = 2^8 \cdot 109,$ the probability is $\frac{27904}{32768} = \frac{109}{128},$ and $m + n = 109 + 128 = 237.$

8.

Silas 有无限多枚 $1$ 分硬币、 $10$ 分硬币和 $25$ 分硬币。他想找出若干硬币，使总价值为 $N$ 分，其中 $N$ 是正整数。他使用所谓的 贪心算法：每一步都选择不会使当前总价值超过 $N$ 的最大面值硬币。例如，为了凑 $42$ 分，Silas 会选择一枚 $25$ 分硬币、一枚 $10$ 分硬币，然后选择 $7$ 枚 $1$ 分硬币。然而，这组 $9$ 枚硬币比必要数量更多；事实上，选择 $4$ 枚 $10$ 分硬币和 $2$ 枚 $1$ 分硬币也能得到同样总价值 $42$ 分，且只用 $6$ 枚硬币。

一般来说，若不存在另一组 $1$ 分、 $10$ 分和 $25$ 分硬币，能用严格更少的硬币数凑出 $N$ 分，则称贪心算法对该 $N$ 成功。求 $1$ 到 $1000$ （含端点）之间使贪心算法成功的 $N$ 的个数。

From an unlimited supply of $1$ -cent coins, $10$ -cent coins, and $25$ -cent coins, Silas wants to find a collection of coins that has a total value of $N$ cents, where $N$ is a positive integer. He uses the so-called greedy algorithm, successively choosing the coin of greatest value that does not cause the value of his collection to exceed $N.$ For example, to get $42$ cents, Silas will choose a $25$ -cent coin, then a $10$ -cent coin, then $7$ $1$ -cent coins. However, this collection of $9$ coins uses more coins than necessary to get a total of $42$ cents; indeed, choosing $4$ $10$ -cent coins and $2$ $1$ -cent coins achieves the same total value with only $6$ coins.

In general, the greedy algorithm succeeds for a given $N$ if no other collection of $1$ -cent, $10$ -cent, and $25$ -cent coins gives a total value of $N$ cents using strictly fewer coins than the collection given by the greedy algorithm. Find the number of values of $N$ between $1$ and $1000$ inclusive for which the greedy algorithm succeeds.

答案

知识点：最优化钱币模运算分类讨论

难度评级：2990

小提示：

在最优组合中，最多有 $9$ 枚一分硬币，最多有 $4$ 枚十分硬币，所以它使用 $\lfloor \frac{N}{25} \rfloor$ 枚二十五分硬币或少一枚

In an optimal collection there are at most $9$ pennies and at most $4$ dimes, so it uses $\lfloor \frac{N}{25} \rfloor$ quarters or one fewer

大提示：

比较 $r$ 和 $r + 25$ 所需的十分硬币与一分硬币数量，其中 $r = N \bmod 25$ ；贪心算法会在两段连续五个余数上失败

Compare dime-and-penny coin counts for $r$ and $r + 25,$ where $r = N \bmod 25;$ greedy fails on two runs of five consecutive residues

解答：

在任意最优组合中，最多有 $9$ 枚一分硬币（十枚一分可换成一枚十分），最多有 $4$ 枚十分硬币（五枚十分可换成两枚二十五分），所以十分和一分硬币的总价值最多为 $49$ 分。因此一个最优组合使用 $q = \lfloor \frac{N}{25} \rfloor$ 枚二十五分硬币，和贪心算法一样，或使用 $q - 1$ 枚二十五分硬币。对于只由十分和一分硬币组成的金额 $v$ ，最佳硬币数为 $f(v) = \lfloor \frac{v}{10} \rfloor + (v \bmod 10)$ ，这正是贪心算法处理余数的方式。

令 $r = N \bmod 25$ 。贪心算法使用 $q + f(r)$ 枚硬币，唯一的竞争方案使用 $(q - 1) + f(r + 25)$ 枚硬币（当 $q \ge 1$ 时可行），所以贪心算法失败当且仅当 $f(r + 25) \le f(r)$ 。列表计算：对 $r = 0, \ldots, 4$ ， $f(r+25) = r + 7 \gt f(r) = r$ ；对 $r = 5, \ldots, 9$ ， $f(r+25) = r - 2 \le r$ ；对 $r = 10, \ldots, 14$ ， $f(r+25) = r - 2 \gt r - 9$ ；对 $r = 15, \ldots, 19$ ， $f(r+25) = r - 11 \le r - 9$ ；对 $r = 20, \ldots, 24$ ， $f(r+25) = r - 11 \gt r - 18$ 。所以贪心算法失败恰好发生在 $N \ge 25$ 且 $r \in \{5, \ldots, 9\} \cup \{15, \ldots, 19\}$ 时。

在 $1, \ldots, 1000$ 中，每个模 $25$ 的余数类都有 $40$ 个 $N$ ，所以上述 $10$ 个余数给出 $400$ 个值，其中小于 $25$ 的 $10$ 个值不计入失败（此时 $q = 0$ ）。因而贪心算法失败于 $390$ 个值，成功于 $1000 - 390 = 610$ 个值。

In any optimal collection there are at most $9$ pennies (ten pennies could become a dime) and at most $4$ dimes (five dimes could become two quarters), so its dimes and pennies are worth at most $49$ cents. Hence an optimal collection uses either $q = \lfloor \frac{N}{25} \rfloor$ quarters, like greedy, or $q - 1$ quarters. For an amount $v$ made only of dimes and pennies, the best count is $f(v) = \lfloor \frac{v}{10} \rfloor + (v \bmod 10),$ which is what greedy does on the remainder.

Let $r = N \bmod 25.$ Greedy uses $q + f(r)$ coins, and the only rival uses $(q - 1) + f(r + 25)$ coins (possible when $q \ge 1$ ), so greedy fails exactly when $f(r + 25) \le f(r).$ Tabulating: for $r = 0, \ldots, 4,$ $f(r+25) = r + 7 \gt f(r) = r;$ for $r = 5, \ldots, 9,$ $f(r+25) = r - 2 \le r;$ for $r = 10, \ldots, 14,$ $f(r+25) = r - 2 \gt r - 9;$ for $r = 15, \ldots, 19,$ $f(r+25) = r - 11 \le r - 9;$ for $r = 20, \ldots, 24,$ $f(r+25) = r - 11 \gt r - 18.$ So greedy fails exactly when $N \ge 25$ and $r \in \{5, \ldots, 9\} \cup \{15, \ldots, 19\}.$

Each residue class mod $25$ contains $40$ values of $N$ in $1, \ldots, 1000,$ so these $10$ residues give $400$ values, of which the $10$ values less than $25$ do not count (there $q = 0$ ). Greedy fails for $390$ values and succeeds for $1000 - 390 = 610.$

9.

区间 $0 \lt x \lt 2\pi$ 中有 $n$ 个 $x$ 的值满足 $f(x) = \sin(7\pi \cdot \sin(5x)) = 0$ 。在这些 $n$ 个 $x$ 中，有 $t$ 个使得 $y = f(x)$ 的图像与 $x$ 轴相切。求 $n + t$ 。

There are $n$ values of $x$ in the interval $0 \lt x \lt 2\pi$ where $f(x) = \sin(7\pi \cdot \sin(5x)) = 0.$ For $t$ of these $n$ values of $x,$ the graph of $y = f(x)$ is tangent to the $x$ -axis. Find $n + t.$

答案

知识点：三角学微积分系统列举

难度评级：2920

小提示：

$f(x) = 0$ 当且仅当 $\sin(5x) = \frac{k}{7}$ ，其中所取整数满足 $-7 \le k \le 7$ ；在 $\sin(5x)$ 的五个周期内分别统计每个 $k$ 的解数

$f(x) = 0$ exactly when $\sin(5x) = \frac{k}{7}$ for an integer $-7 \le k \le 7;$ count solutions for each $k$ over five periods of $\sin(5x)$

大提示：

与 $x$ 轴相切还需要 $f'(x) = 0$ ，这迫使 $\cos(5x) = 0$ ，也就是 $\sin(5x) = \pm 1$

Tangency to the $x$ -axis also needs $f'(x) = 0,$ which forces $\cos(5x) = 0,$ i.e. $\sin(5x) = \pm 1$

解答：

$f(x) = 0$ 当且仅当 $7\pi \sin(5x)$ 是 $\pi$ 的整数倍，也就是 $\sin(5x) = \frac{k}{7}$ ，其中整数 $k$ 满足 $|k| \le 7$ 。当 $x$ 遍历 $(0, 2\pi)$ 时， $5x$ 遍历 $(0, 10\pi)$ ，也就是五个完整周期。对于 $k = 0$ ，解为 $5x = \pi, 2\pi, \ldots, 9\pi$ ：共有 $9$ 个。对于 $k = \pm 1, \ldots, \pm 6$ 的 $12$ 个取值，每个周期贡献 $2$ 个解，共 $10$ 个解。对于 $k = \pm 7$ ，需要 $\sin(5x) = \pm 1$ ，各出现 $5$ 次。所以 $n = 9 + 120 + 10 = 139$ 。

图像在零点处与 $x$ 轴相切当且仅当 $f'(x)$ $= 35\pi \cos(7\pi \sin(5x)) \cos(5x)$ $= 0$ 。在任何零点处， $\cos(7\pi \sin(5x)) = \cos(k\pi)$ $= \pm 1 \ne 0$ ，所以相切要求 $\cos(5x) = 0$ ，也就是 $\sin(5x) = \pm 1$ ：这正是 $k = \pm 7$ 的那 $10$ 个零点（此时 $\sin(5x)$ 取极值，因此 $f$ 只接触而不穿过）。所以 $t = 10$ ， $n + t = 149$ 。

$f(x) = 0$ exactly when $7\pi \sin(5x)$ is a multiple of $\pi,$ that is, $\sin(5x) = \frac{k}{7}$ for an integer $k$ with $|k| \le 7.$ As $x$ runs over $(0, 2\pi),$ the quantity $5x$ runs over $(0, 10\pi),$ five full periods. For $k = 0,$ the solutions are $5x = \pi, 2\pi, \ldots, 9\pi:$ $9$ values. For each of the $12$ values $k = \pm 1, \ldots, \pm 6,$ each period contributes $2$ solutions: $10$ values each. For $k = \pm 7,$ we need $\sin(5x) = \pm 1,$ which happens $5$ times each. So $n = 9 + 120 + 10 = 139.$

The graph is tangent to the $x$ -axis at a zero exactly when $f'(x)$ $= 35\pi \cos(7\pi \sin(5x)) \cos(5x)$ $= 0$ there. At any zero, $\cos(7\pi \sin(5x)) = \cos(k\pi)$ $= \pm 1 \ne 0,$ so tangency requires $\cos(5x) = 0,$ which means $\sin(5x) = \pm 1:$ exactly the $10$ zeros with $k = \pm 7$ (there $\sin(5x)$ has an extremum, so $f$ touches without crossing). Thus $t = 10$ and $n + t = 149.$

10.

十六把椅子排成一排。八个人各选择一把椅子坐下，并且没有人同时紧挨着另外两个人。令 $N$ 为可能被选中的 $16$ 把椅子的子集数量。求 $N$ 除以 $1000$ 的余数。

Sixteen chairs are arranged in a row. Eight people each select a chair in which to sit so that no person sits next to two other people. Let $N$ be the number of subsets of $16$ chairs that could be selected. Find the remainder when $N$ is divided by $1000.$

答案

知识点：有限制的排列组合分类讨论

难度评级：2790

小提示：

没有人同时紧挨着另外两个人，等价于没有 $3$ 把连续椅子都被占用：这 $8$ 个人形成大小为 $1$ 或 $2$ 的区块

No one sitting next to two others means no $3$ consecutive occupied chairs: the $8$ people form blocks of size $1$ or $2$

大提示：

若有 $m$ 个区块，用 $\binom{m}{8-m}$ 种方式选择哪些区块是二连座，并用 $\binom{9}{m}$ 种方式把这些区块放入 $8$ 把空椅子形成的 $9$ 个空隙中

With $m$ blocks, pick which are pairs in $\binom{m}{8-m}$ ways and place the blocks in the $9$ gaps around the $8$ empty chairs in $\binom{9}{m}$ ways

解答：

一个人同时紧挨着另外两个人，恰好等价于三把连续椅子都被占用，所以我们要数没有三把连续椅子被选中的 $16$ 把椅子的 $8$ 元子集。被占用的椅子于是形成大小为 $1$ 或 $2$ 的极大区块。若有 $m$ 个区块，则其中 $8 - m$ 个是二连座， $2m - 8$ 个是单座，所以 $4 \le m \le 8$ ，二连座的位置可用 $\binom{m}{8-m}$ 种方式选择。 $8$ 把空椅子形成 $9$ 个空隙（包括两端）， $m$ 个区块占据 $m$ 个不同空隙：有 $\binom{9}{m}$ 种方式。

因此 $\begin{gathered} N = \sum_{m=4}^{8} \binom{m}{8-m}\binom{9}{m} \\ = 1 \cdot 126 + 10 \cdot 126 + 15 \cdot 84 \\ \quad {}+ 7 \cdot 36 + 1 \cdot 9 = 2907 \end{gathered}\text{。}$

$N = 2907$ 除以 $1000$ 的余数为 $907$ 。

A person sits next to two others exactly when three consecutive chairs are all occupied, so we count $8$ -element subsets of the $16$ chairs with no three consecutive chairs chosen. The occupied chairs then form maximal blocks of size $1$ or $2.$ If there are $m$ blocks, then $8 - m$ of them are pairs and $2m - 8$ are singles, so $4 \le m \le 8,$ and the pair positions can be chosen in $\binom{m}{8-m}$ ways. The $8$ empty chairs create $9$ gaps (including the ends), and the $m$ blocks occupy $m$ distinct gaps: $\binom{9}{m}$ ways.

Therefore $\begin{gathered} N = \sum_{m=4}^{8} \binom{m}{8-m}\binom{9}{m} \\ = 1 \cdot 126 + 10 \cdot 126 + 15 \cdot 84 \\ \quad {}+ 7 \cdot 36 + 1 \cdot 9 = 2907. \end{gathered}$

The remainder when $N = 2907$ is divided by $1000$ is $907.$

11.

令 $S$ 为正 $24$ 边形的顶点集合。求画出 $12$ 条等长线段的方法数，使得 $S$ 中每个顶点都恰好是这 $12$ 条线段之一的端点。

Let $S$ be the set of vertices of a regular $24$ -gon. Find the number of ways to draw $12$ segments of equal lengths so that each vertex in $S$ is an endpoint of exactly one of the $12$ segments.

答案

知识点：正多边形图论最大公约数分类讨论

难度评级：3060

小提示：

等长意味着每条线段都沿圆周跨过相同数量 $k$ 个顶点，其中 $1 \le k \le 12$

Equal lengths means every segment steps the same number $k$ of vertices around the circle, for some $1 \le k \le 12$

大提示：

对于步长 $k$ ，这些弦形成 $\gcd(24, k)$ 个长度为 $\frac{24}{\gcd(24, k)}$ 的环；一个偶长度环恰有 $2$ 个完美匹配

For step $k,$ the chords form $\gcd(24, k)$ cycles of length $\frac{24}{\gcd(24, k)};$ an even cycle has exactly $2$ perfect matchings

解答：

圆上等间距点形成的两条弦等长，当且仅当它们跨过相同数量的顶点，所以所有 $12$ 条线段都连接相距 $k$ 个顶点的一对顶点，其中共同的步长为 $k \in \{1, \ldots, 12\}$ 。固定 $k$ 在 $24$ 个顶点上连接每个 $i$ 与 $i \pm k \pmod{24}$ ：我们需要这个图中的一个完美匹配。若 $k \lt 12$ ，该图是 $\gcd(24, k)$ 个长度为 $\frac{24}{\gcd(24, k)}$ 的环的不交并；若 $k = 12$ ，它是 $12$ 条互不相交的直径。

一个偶长度环恰有 $2$ 个完美匹配（交替取边），奇长度环没有。因此每个 $k \lt 12$ 且环长为偶数的情形贡献 $2^{\gcd(24, k)}$ ： $k = 1, 5, 7, 11$ 各给 $2$ ； $k = 2, 10$ 各给 $4$ ； $k = 3, 9$ 各给 $8$ ； $k = 4$ 给 $16$ ； $k = 6$ 给 $64$ 。对于 $k = 8$ ，环长为奇数 $3$ ，贡献 $0$ 。对于 $k = 12$ ，匹配被迫确定： $1$ 种。

总数为 $4 \cdot 2 + 2 \cdot 4 + 2 \cdot 8$ $+ 16 + 64 + 0 + 1$ $= 113$ 。

Two chords of a circle through equally spaced points have equal length exactly when they skip the same number of vertices, so all $12$ segments join pairs of vertices exactly $k$ apart for one common $k \in \{1, \ldots, 12\}.$ For fixed $k,$ form the graph on the $24$ vertices joining each $i$ to $i \pm k \pmod{24}:$ we need a perfect matching in this graph. For $k \lt 12$ the graph is a disjoint union of $\gcd(24, k)$ cycles of length $\frac{24}{\gcd(24, k)},$ while for $k = 12$ it is $12$ disjoint diameters.

A cycle of even length has exactly $2$ perfect matchings (alternate edges), and a cycle of odd length has none. So each $k \lt 12$ with even cycle length contributes $2^{\gcd(24, k)}:$ $k = 1, 5, 7, 11$ give $2$ each; $k = 2, 10$ give $4$ each; $k = 3, 9$ give $8$ each; $k = 4$ gives $16;$ $k = 6$ gives $64.$ For $k = 8$ the cycles have odd length $3,$ giving $0.$ For $k = 12$ the matching is forced: $1$ way.

The total is $4 \cdot 2 + 2 \cdot 4 + 2 \cdot 8$ $+ 16 + 64 + 0 + 1$ $= 113.$

12.

令 $A_1A_2 \ldots A_{11}$ 为一个非凸简单 $11$ 边形，满足以下性质：

• 对每个整数 $2 \le i \le 10$ ， $\triangle A_iA_1A_{i+1}$ 的面积为 $1$ 。

• 对每个整数 $2 \le i \le 10$ ， $\cos(\angle A_iA_1A_{i+1}) = \frac{12}{13}$ 。

• $11$ 边形 $A_1A_2 \ldots A_{11}$ 的周长等于 $20$ 。

那么 $A_1A_2 + A_1A_{11}$ 可表示为 $\frac{m\sqrt{n} - p}{q}$ ，其中 $m$ 、 $n$ 、 $p$ 、 $q$ 是正整数， $n$ 不被任何质数的平方整除，且没有质数同时整除 $m$ 、 $p$ 、 $q$ 。求 $m + n + p + q$ 。

Let $A_1A_2 \ldots A_{11}$ be an $11$ -sided non-convex simple polygon with the following properties:

• For every integer $2 \le i \le 10,$ the area of $\triangle A_iA_1A_{i+1}$ is $1.$

• For every integer $2 \le i \le 10,$ $\cos(\angle A_iA_1A_{i+1}) = \frac{12}{13}.$

• The perimeter of the $11$ -gon $A_1A_2 \ldots A_{11}$ is equal to $20.$

Then $A_1A_2 + A_1A_{11}$ can be expressed as $\frac{m\sqrt{n} - p}{q}$ where $m,$ $n,$ $p,$ and $q$ are positive integers, $n$ is not divisible by the square of any prime, and no prime divides all of $m,$ $p,$ and $q.$ Find $m + n + p + q.$

答案

知识点：余弦定理三角形面积二次方程找规律

难度评级：3160

小提示：

令 $r_i = A_1A_i$ 。相等面积迫使 $r_i r_{i+1} = \frac{26}{5}$ ，所以 $r_i$ 在两个值 $a$ 和 $b$ 之间交替

Let $r_i = A_1A_i.$ The equal areas force $r_i r_{i+1} = \frac{26}{5},$ so the $r_i$ alternate between two values $a$ and $b$

大提示：

每条边 $A_iA_{i+1}$ 有相同长度 $s$ ，且 $s^2 = (a+b)^2 - 20$ ；周长给出 $9s + a + b = 20$

Each side $A_iA_{i+1}$ has the same length $s$ with $s^2 = (a+b)^2 - 20;$ the perimeter gives $9s + a + b = 20$

解答：

令 $r_i = A_1A_i$ ，其中 $2 \le i \le 11$ ，并令公共角为 $\theta$ ，满足 $\cos\theta = \frac{12}{13}$ 且 $\sin\theta = \frac{5}{13}$ 。每个面积条件说明 $\frac{1}{2} r_i r_{i+1} \cdot \frac{5}{13} = 1$ ，所以对 $i = 2, \ldots, 10$ 有 $r_i r_{i+1} = \frac{26}{5}$ 。连续乘积相等迫使 $r_i$ 在两个值之间交替：设 $a = r_2 = r_4 = \cdots$ ， $b = r_3 = r_5 = \cdots$ ，且 $ab = \frac{26}{5}$ ；特别地， $r_{11} = b$ 。

由余弦定理，对每个 $2 \le i \le 10$ ，边 $A_iA_{i+1}$ 都有相同长度 $s$ ，且 $\begin{gathered} s^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cdot \tfrac{12}{13} \\ = (a + b)^2 - 2ab - \tfrac{48}{5} \\ = (a+b)^2 - 20 \end{gathered}\text{。}$ 令 $u = a + b$ ，周长条件为 $9\sqrt{u^2 - 20} + u = 20$ 。将 $9\sqrt{u^2 - 20} = 20 - u$ 两边平方，得到 $81u^2 - 1620 = 400 - 40u + u^2$ ，化简为 $4u^2 + 2u - 101 = 0$ ，所以 $u = \frac{-1 + 9\sqrt{5}}{4}$ （正根；且 $20 - u \gt 0$ 符合要求）。

因此 $A_1A_2 + A_1A_{11} = a + b$ $= \frac{9\sqrt{5} - 1}{4}$ ，其中 $5$ 无平方因子，且没有质数同时整除 $9$ 、 $1$ 、 $4$ 。答案为 $9 + 5 + 1 + 4 = 19$ 。

Let $r_i = A_1A_i$ for $2 \le i \le 11,$ and let $\theta$ be the common angle, with $\cos\theta = \frac{12}{13}$ and $\sin\theta = \frac{5}{13}.$ Each area condition says $\frac{1}{2} r_i r_{i+1} \cdot \frac{5}{13} = 1,$ so $r_i r_{i+1} = \frac{26}{5}$ for $i = 2, \ldots, 10.$ Consecutive products being equal forces the $r_i$ to alternate between two values $a = r_2 = r_4 = \cdots$ and $b = r_3 = r_5 = \cdots,$ with $ab = \frac{26}{5};$ in particular $r_{11} = b.$

By the law of cosines, every side $A_iA_{i+1}$ with $2 \le i \le 10$ has the same length $s,$ where $\begin{gathered} s^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cdot \tfrac{12}{13} \\ = (a + b)^2 - 2ab - \tfrac{48}{5} \\ = (a+b)^2 - 20. \end{gathered}$ Writing $u = a + b,$ the perimeter condition is $9\sqrt{u^2 - 20} + u = 20.$ Squaring $9\sqrt{u^2 - 20} = 20 - u$ gives $81u^2 - 1620 = 400 - 40u + u^2,$ which simplifies to $4u^2 + 2u - 101 = 0,$ so $u = \frac{-1 + 9\sqrt{5}}{4}$ (the positive root; then $20 - u \gt 0$ as required).

Thus $A_1A_2 + A_1A_{11} = a + b$ $= \frac{9\sqrt{5} - 1}{4},$ with $5$ squarefree and no prime dividing all of $9,$ $1,$ $4.$ The answer is $9 + 5 + 1 + 4 = 19.$

13.

定义有理数列 $x_1$ 、 $x_2$ 、 $\ldots$ ，其中 $x_1 = \frac{25}{11}$ ，且 $x_{k+1} = \frac{1}{3}\left(x_k + \frac{1}{x_k} - 1\right)$ 对所有 $k \ge 1$ 成立。则 $x_{2025}$ 可表示为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 除以 $1000$ 的余数。

Let the sequence of rationals $x_1,$ $x_2,$ $\ldots$ be defined such that $x_1 = \frac{25}{11}$ and $x_{k+1} = \frac{1}{3}\left(x_k + \frac{1}{x_k} - 1\right)$ for all $k \ge 1.$ Then $x_{2025}$ can be expressed as $\frac{m}{n}$ for relatively prime positive integers $m$ and $n.$ Find the remainder when $m + n$ is divided by $1000.$

答案

知识点：递推换元法中国剩余定理模幂运算

难度评级：3370

小提示：

代换 $y_k = \frac{2x_k - 1}{x_k + 1}$ 会把递推变成 $y_{k+1} = y_k^2 - y_k$ ，且 $y_1 = \frac{13}{12}$

The substitution $y_k = \frac{2x_k - 1}{x_k + 1}$ turns the recurrence into $y_{k+1} = y_k^2 - y_k,$ with $y_1 = \frac{13}{12}$

大提示：

写 $y_k = \frac{c_k}{12^{2^{k-1}}}$ ，证明 $x_k = \frac{d + c}{2d - c}$ 已经是最简分数，所以 $m + n = 3d$

Writing $y_k = \frac{c_k}{12^{2^{k-1}}},$ show $x_k = \frac{d + c}{2d - c}$ is already in lowest terms, so $m + n = 3d$

解答：

令 $y_k = \frac{2x_k - 1}{x_k + 1}$ 。由递推式， $2x_{k+1} - 1 = \frac{(2x_k - 1)(x_k - 2)}{3x_k}$ ，并且 $x_{k+1} + 1 = \frac{(x_k + 1)^2}{3x_k}$ ，所以 $\begin{gathered} y_{k+1} = \frac{(2x_k - 1)(x_k - 2)}{(x_k + 1)^2} \\ = y_k(y_k - 1) = y_k^2 - y_k \end{gathered}\text{，}$ 因为 $y_k - 1 = \frac{x_k - 2}{x_k + 1}$ 。这里 $y_1 = \frac{\frac{39}{11}}{\frac{36}{11}} = \frac{13}{12}$ 。归纳可得 $y_k = \frac{c_k}{12^{2^{k-1}}}$ ，其中 $c_1 = 13$ 且 $c_{k+1} = c_k\bigl(c_k - 12^{2^{k-1}}\bigr)$ ；由于 $12^{2^{k-1}}$ 可被 $6$ 整除，每个 $c_k$ 都与 $6$ 互质。

反解代换， $x_k = \frac{1 + y_k}{2 - y_k} = \frac{d + c}{2d - c}$ ，其中 $d = 12^{2^{k-1}}$ 且 $c = c_k$ 。所有 $x_k$ 都为正（当 $x \gt 0$ 时， $x + \frac{1}{x} - 1 \ge 1$ ），所以 $y_k = \frac{2x_k - 1}{x_k + 1} \in (-1, 2)$ ，使得 $d + c$ 和 $2d - c$ 均为正。 $d + c$ 与 $2d - c$ 的任何公因数都整除它们的线性组合 $3d$ 和 $3c$ ；由于 $\gcd(c, d) = 1$ ，它只可能整除 $3$ ，但 $d$ 是 $3$ 的倍数，而 $c$ 不是，所以 $d + c$ 不是 $3$ 的倍数。因此该分数已经最简，且 $m + n = 3d = 3 \cdot 12^{2^{2024}}$ 。

模 $8$ 时， $12^{2^{2024}} \equiv 0$ 。模 $125$ 时， $12$ 的乘法阶整除 $\lambda(125) = 100$ ，且 $2^{2024} \equiv 16 \pmod{100}$ （它模 $4$ 为 $0$ ，并且 $2^{20} \equiv 1$ 模 $25$ ，而 $2024 \equiv 4$ 模 $20$ ），所以 $12^{2^{2024}} \equiv 12^{16} \equiv 41 \pmod{125}$ 。中国剩余定理给出 $12^{2^{2024}} \equiv 416 \pmod{1000}$ ，因此 $m + n \equiv 3 \cdot 416$ $= 1248 \equiv 248 \pmod{1000}$ 。

Let $y_k = \frac{2x_k - 1}{x_k + 1}.$ From the recurrence, $2x_{k+1} - 1 = \frac{(2x_k - 1)(x_k - 2)}{3x_k}$ and $x_{k+1} + 1 = \frac{(x_k + 1)^2}{3x_k},$ so $\begin{gathered} y_{k+1} = \frac{(2x_k - 1)(x_k - 2)}{(x_k + 1)^2} \\ = y_k(y_k - 1) = y_k^2 - y_k, \end{gathered}$ since $y_k - 1 = \frac{x_k - 2}{x_k + 1}.$ Here $y_1 = \frac{\frac{39}{11}}{\frac{36}{11}} = \frac{13}{12}.$ By induction $y_k = \frac{c_k}{12^{2^{k-1}}}$ where $c_1 = 13$ and $c_{k+1} = c_k\bigl(c_k - 12^{2^{k-1}}\bigr);$ since $12^{2^{k-1}}$ is divisible by $6,$ every $c_k$ stays coprime to $6.$

Inverting the substitution, $x_k = \frac{1 + y_k}{2 - y_k} = \frac{d + c}{2d - c}$ with $d = 12^{2^{k-1}}$ and $c = c_k.$ All $x_k$ are positive (for $x \gt 0,$ $x + \frac{1}{x} - 1 \ge 1$ ), so $y_k = \frac{2x_k - 1}{x_k + 1} \in (-1, 2),$ making both $d + c$ and $2d - c$ positive. Any common divisor of $d + c$ and $2d - c$ divides their combinations $3d$ and $3c;$ as $\gcd(c, d) = 1,$ it divides $3,$ but $d$ is divisible by $3$ while $c$ is not, so $d + c$ is not divisible by $3.$ Hence the fraction is in lowest terms and $m + n = 3d = 3 \cdot 12^{2^{2024}}.$

Modulo $8,$ $12^{2^{2024}} \equiv 0.$ Modulo $125,$ the multiplicative order of $12$ divides $\lambda(125) = 100,$ and $2^{2024} \equiv 16 \pmod{100}$ (it is $0$ mod $4,$ and $2^{20} \equiv 1$ mod $25$ with $2024 \equiv 4$ mod $20$ ), so $12^{2^{2024}} \equiv 12^{16} \equiv 41 \pmod{125}.$ The Chinese remainder theorem gives $12^{2^{2024}} \equiv 416 \pmod{1000},$ so $m + n \equiv 3 \cdot 416$ $= 1248 \equiv 248 \pmod{1000}.$

14.

令 $\triangle ABC$ 为直角三角形， $\angle A = 90^\circ$ ，且 $BC = 38$ 。三角形内部存在点 $K$ 和 $L$ ，满足 $\begin{gathered} AK = AL = BK \\ = CL = KL = 14 \end{gathered}\text{。}$ 四边形 $BKLC$ 的面积可表示为 $n\sqrt{3}$ ，其中 $n$ 是正整数。求 $n$ 。

Let $\triangle ABC$ be a right triangle with $\angle A = 90^\circ$ and $BC = 38.$ There exist points $K$ and $L$ inside the triangle such that $\begin{gathered} AK = AL = BK \\ = CL = KL = 14. \end{gathered}$ The area of the quadrilateral $BKLC$ can be expressed as $n\sqrt{3}$ for some positive integer $n.$ Find $n.$

答案

知识点：等边三角形三角恒等式面积分割

难度评级：3270

小提示：

三角形 $AKL$ 是等边三角形，所以 $\angle KAL = 60^\circ$ ，且 $\angle BAK + \angle LAC = 30^\circ$ ；同时 $AB = 28\cos\angle BAK$

Triangle $AKL$ is equilateral, so $\angle KAL = 60^\circ$ and $\angle BAK + \angle LAC = 30^\circ;$ also $AB = 28\cos\angle BAK$

大提示：

在 $\alpha + \beta = 30^\circ$ 下，关系 $AB^2 + AC^2 = 38^2$ 会确定 $\cos(\alpha - \beta)$ ；从 $ABC$ 中减去三角形 $ABK$ 、 $ACL$ 、 $AKL$

With $\alpha + \beta = 30^\circ,$ the relation $AB^2 + AC^2 = 38^2$ determines $\cos(\alpha - \beta);$ subtract triangles $ABK,$ $ACL,$ $AKL$ from $ABC$

解答：

因为 $AK = AL = KL = 14$ ，三角形 $AKL$ 是等边三角形，且 $\angle KAL = 60^\circ$ 。令 $\alpha = \angle BAK$ ， $\beta = \angle LAC$ ，所以 $\alpha + \beta = 30^\circ$ 。因为 $AK = KB$ ，点 $K$ 在 $\overline{AB}$ 的垂直平分线上，所以 $AB = 2 \cdot 14\cos\alpha = 28\cos\alpha$ ；同理 $AC = 28\cos\beta$ 。于是 $AB^2 + AC^2 = 38^2$ 给出 $\cos^2\alpha + \cos^2\beta = \frac{361}{196}$ ，即 $\cos 2\alpha + \cos 2\beta = \frac{165}{98}$ 。由和化积， $2\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)$ $= \sqrt{3}\cos(\alpha - \beta)$ $= \frac{165}{98}$ ，所以 $\cos(\alpha - \beta) = \frac{55\sqrt{3}}{98}$ 。

分解面积： $[BKLC] = [ABC] - [ABK]$ $- [ACL] - [AKL]$ 。首先， $\begin{gathered} [ABC] = \tfrac{1}{2} AB \cdot AC \\ = 392\cos\alpha\cos\beta \\ = 196\bigl(\cos(\alpha - \beta) + \cos(\alpha + \beta)\bigr) \\ = 110\sqrt{3} + 98\sqrt{3} = 208\sqrt{3} \end{gathered}\text{。}$ 接着， $K$ 到 $\overline{AB}$ 的高为 $14\sin\alpha$ ，所以 $[ABK] = \frac{1}{2} \cdot 28\cos\alpha$ $\cdot 14\sin\alpha$ $= 98\sin 2\alpha$ ，同理 $[ACL] = 98\sin 2\beta$ ；二者之和为 $196\sin(\alpha + \beta)\cos(\alpha - \beta)$ $= 98 \cdot \frac{55\sqrt{3}}{98}$ $= 55\sqrt{3}$ 。最后 $[AKL] = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 14^2 = 49\sqrt{3}$ 。

因此 $[BKLC] = 208\sqrt{3} - 55\sqrt{3}$ $- 49\sqrt{3} = 104\sqrt{3}$ ，所以 $n = 104$ 。

Since $AK = AL = KL = 14,$ triangle $AKL$ is equilateral and $\angle KAL = 60^\circ.$ Let $\alpha = \angle BAK$ and $\beta = \angle LAC,$ so $\alpha + \beta = 30^\circ.$ Because $AK = KB,$ point $K$ lies on the perpendicular bisector of $\overline{AB},$ so $AB = 2 \cdot 14\cos\alpha = 28\cos\alpha;$ similarly $AC = 28\cos\beta.$ Then $AB^2 + AC^2 = 38^2$ gives $\cos^2\alpha + \cos^2\beta = \frac{361}{196},$ i.e. $\cos 2\alpha + \cos 2\beta = \frac{165}{98}.$ By sum-to-product, $2\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)$ $= \sqrt{3}\cos(\alpha - \beta)$ $= \frac{165}{98},$ so $\cos(\alpha - \beta) = \frac{55\sqrt{3}}{98}.$

Decompose $[BKLC] = [ABC] - [ABK]$ $- [ACL] - [AKL].$ First, $\begin{gathered} [ABC] = \tfrac{1}{2} AB \cdot AC \\ = 392\cos\alpha\cos\beta \\ = 196\bigl(\cos(\alpha - \beta) + \cos(\alpha + \beta)\bigr) \\ = 110\sqrt{3} + 98\sqrt{3} = 208\sqrt{3}. \end{gathered}$ Next, $K$ has height $14\sin\alpha$ over $\overline{AB},$ so $[ABK] = \frac{1}{2} \cdot 28\cos\alpha$ $\cdot 14\sin\alpha$ $= 98\sin 2\alpha,$ and likewise $[ACL] = 98\sin 2\beta;$ their sum is $196\sin(\alpha + \beta)\cos(\alpha - \beta)$ $= 98 \cdot \frac{55\sqrt{3}}{98}$ $= 55\sqrt{3}.$ Finally $[AKL] = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 14^2 = 49\sqrt{3}.$

Therefore $[BKLC] = 208\sqrt{3} - 55\sqrt{3}$ $- 49\sqrt{3} = 104\sqrt{3},$ so $n = 104.$

15.

正好有三个正实数 $k$ ，使得定义在正实数上的函数 $\begin{aligned} f(x) &= \frac{(x - 18)(x - 72)}{x} \\ &\quad {}\cdot (x - 98)(x - k) \end{aligned}$ 恰好在两个正实数 $x$ 处取得最小值。求这三个 $k$ 的和。

There are exactly three positive real numbers $k$ such that the function $\begin{aligned} f(x) &= \frac{(x - 18)(x - 72)}{x} \\ &\quad {}\cdot (x - 98)(x - k) \end{aligned}$ defined over the positive real numbers achieves its minimum value at exactly two positive real numbers $x.$ Find the sum of these three values of $k.$

答案

知识点：多项式因式分解最优化

难度评级：3500

小提示：

最小值 $c$ 被取到两次，当且仅当 $(x-18)(x-72)(x-98)(x-k)$ $- cx$ 是一个完全平方 $(x^2 - Sx + P)^2$

The minimum value $c$ is attained twice exactly when $(x-18)(x-72)(x-98)(x-k)$ $- cx$ is a perfect square $(x^2 - Sx + P)^2$

大提示：

比较系数： $2S = 188 + k$ 且 $P^2 = 18 \cdot 72 \cdot 98 \cdot k$ ；代入 $k = 2t^2$ 会得到一个有三个正根的四次方程 $t$

Match coefficients: $2S = 188 + k$ and $P^2 = 18 \cdot 72 \cdot 98 \cdot k;$ substituting $k = 2t^2$ yields a quartic in $t$ with three positive roots

解答：

对 $x \gt 0$ ，当 $x \to 0^+$ 时 $f(x) \to +\infty$ （分子趋向 $18 \cdot 72 \cdot 98 \cdot k \gt 0$ ），且当 $x \to \infty$ 时也趋于正无穷，所以 $f$ 在 $(0, \infty)$ 上取得全局最小值 $c$ 。它恰在两个点取得，当且仅当 $f(x) - c \ge 0$ 且有两个不同的正二重根，即 $\begin{gathered} (x - 18)(x - 72) \\ \quad {}\cdot (x - 98)(x - k) - cx \\ = (x^2 - Sx + P)^2 \end{gathered}\text{，}$ 其中 $x^2 - Sx + P$ 的根为正且不同（所以 $S, P \gt 0$ ）。

比较 $x^3$ 、 $x^2$ 和常数项的系数（ $x$ 项只决定 $c$ ），得到 $2S = 188 + k\text{，}$ $S^2 + 2P = 10116 + 188k\text{，}$ $\begin{gathered} P^2 = 18 \cdot 72 \cdot 98 \cdot k \\ = 127008k \end{gathered}\text{。}$ 代入 $k = 2t^2$ ，其中 $t \gt 0$ ，则 $S = 94 + t^2$ ，且 $P = 504t$ 。中间的方程变为 $(94 + t^2)^2 + 1008t$ $= 10116 + 376t^2$ ，即 $t^4 - 188t^2 + 1008t - 1280 = 0\text{，}$ 它可分解为 $(t - 2)(t - 4)(t + 16)$ $(t - 10) = 0$ 。

正根 $t = 2, 4, 10$ 给出 $k = 2t^2 = 8, 32, 200$ （每个确实满足 $S^2 \gt 4P$ ，与题目保证的正好三个值相符）。它们的和为 $8 + 32 + 200 = 240$ 。

For $x \gt 0,$ $f(x) \to +\infty$ both as $x \to 0^+$ (the numerator tends to $18 \cdot 72 \cdot 98 \cdot k \gt 0$ ) and as $x \to \infty,$ so $f$ attains a global minimum value $c$ on $(0, \infty).$ It is attained at exactly two points precisely when $f(x) - c \ge 0$ with two distinct positive double roots, i.e. $\begin{gathered} (x - 18)(x - 72) \\ \quad {}\cdot (x - 98)(x - k) - cx \\ = (x^2 - Sx + P)^2 \end{gathered}$ where the roots of $x^2 - Sx + P$ are positive and distinct (so $S, P \gt 0$ ).

Matching coefficients of $x^3,$ $x^2,$ and the constant (the $x$ -coefficient just determines $c$ ): $2S = 188 + k,$ $S^2 + 2P = 10116 + 188k,$ $\begin{gathered} P^2 = 18 \cdot 72 \cdot 98 \cdot k \\ = 127008k. \end{gathered}$ Substitute $k = 2t^2$ with $t \gt 0:$ then $S = 94 + t^2$ and $P = 504t.$ The middle equation becomes $(94 + t^2)^2 + 1008t$ $= 10116 + 376t^2,$ i.e. $t^4 - 188t^2 + 1008t - 1280 = 0,$ which factors as $(t - 2)(t - 4)(t + 16)$ $(t - 10) = 0.$

The positive roots $t = 2, 4, 10$ give $k = 2t^2 = 8, 32, 200$ (each indeed yields $S^2 \gt 4P,$ matching the problem’s promise of exactly three values). The sum is $8 + 32 + 200 = 240.$