日本数学オリンピック(JMO)2025年予選解答私的解説 その3
背景
さる2025年1月13日(月,祝)実施された、第35回日本数学オリンピック予選につき、公開された問題を解いてみましたので、解説を挙げています。
今回は最後ということで、その2までで解説した残りの問題について挙げていきます。
参考情報
- その1 … https://zenn.dev/angel_p_57/articles/673cd22d4bd0b6
- その2 … https://zenn.dev/angel_p_57/articles/d3030e1b4edd3a
- 問題公開先 … https://www.imojp.org/archive/mo2025/jmo/problems/jmo35yqa.pdf
解説
それでは、最後の「その3」では、問11,12の2問を解説していきます。
なお、解説がどうしても長くなるため、節目で更に章に分割してまとめます。
第11問
-
問題: JMO星団は、はじめ5つの星
からなっており、それぞれの星には重要度とよばれる値が割り当てられている。O,A,B,C,D の重要度は0であり、O の重要度は1である。また、A,B,C,D からO およびA へ、C からA およびB へ、D からB へ、O からC およびB へ、D からD へ向かう一方向の直行便が開設されており、ほかに直行便はない。O
JMO星団では星の老朽化を防ぐために、次の一連の行動からなる操作を定期的に行うことにした。
(1) 今ある全ての直行便を廃止し、すべての星を破壊する。
(2) 今回の操作の(1)で廃止したすべての直行便 に対して、それに対応する星f を1つずつ建設する。その後、S_f の重要度として、S_f が出発する星と到着する星の重要度の和を割り当てる。f
(3) 今回の操作の(1)で廃止した2つの直行便の組 であって、(f,f') が到着する星とf が出発する星が一致するようなものすべてについて、f' からS_f に向かう一方向の直行便を開設する。S_{f'} このとき、100回目の操作で建設した星の重要度の総和を求めよ。
-
答え:
\frac{2^{170}-2^{68}}{3}
流石ほぼ最終問。問題文を見ただけではさっぱり見当もつきません。
取り敢えず、星・直行便を次々作っていくやり方、その星に割り与えられる重要度、この2つが問題となるわけなので、前者から整理していくことにします。
星・直行便の作り方
ともかくは、問題の通りに作ってみましょう。
初期状態では、
- 星:
の5個O, A, B, C, D - 直行便:
の8本O\rightarrow A,~O\rightarrow C,~A\rightarrow B,~A\rightarrow D,~C\rightarrow B,~C\rightarrow D,~B\rightarrow O,~D\rightarrow O
となっているわけですが、この直行便で
- 1回目で作られた星:
の8個OA,OC,AB,AD,CB,CD,BO,DO - 1回目で作られた直行便:
OA\rightarrow AB,~OA\rightarrow AD,~OC\rightarrow CB,~OC\rightarrow CD,
AB\rightarrow BO,~AD\rightarrow DO,~CB\rightarrow BO,~CD\rightarrow DO,
の12本BO\rightarrow OA,~BO\rightarrow OC,~DO\rightarrow OA,~DO\rightarrow OC
次も行ってみます。今度、
- 2回目で作られた星:
OAB, OAD, OCB, OCD,
ABO, ADO, CBO, CDO,
の12個BOA, BOC, DOA, DOC - 2回目で作られた直行便:
OAB\rightarrow ABO,~OAD\rightarrow ADO,~OCB\rightarrow CBO,~OCD\rightarrow CDO,
ABO\rightarrow BOA,~ABO\rightarrow BOC,~ADO\rightarrow DOA,~ADO\rightarrow DOC,~CBO\rightarrow BOA,~CBO\rightarrow BOC,~CDO\rightarrow DOA,~CDO\rightarrow DOC,
の20本BOA\rightarrow OAB,~BOA\rightarrow OAD,~BOC\rightarrow OCB,~BOC\rightarrow OCD,~DOA\rightarrow OAB,~DOA\rightarrow OAD,~DOC\rightarrow OCB,~DOC\rightarrow OCD
そして更にその次です。今度は中間の2文字分の重複を省きます。なお、直行便は多くなるので星だけを挙げます。
- 3回目で作られた星:
OABO, OADO, OCBO, OCDO,
ABOA, ABOC, ADOA, ADOC, CBOA, CBOC, CDOA, CDOC
の20個BOAB, BOAD, BOCB, BOCD, DOAB, DOAD, DOCB, DOCD
…と試しに作ってみてお気付きになったでしょうか?
実は、これら作られる星というのは初期のO~Dの星を初期の直行便で辿る長さnのルートそのものであるということに。ここで、
例えば3回目に作られた星の例で言うと、初期の星で
細かい証明は帰納法でなんとか、という話になるでしょうが、長さ
ともあれ、初期の星を初期の直行便で辿るルートが、新たに作られていく星に対応することが分かりました。
初期の直行便では、
なので、100回目としてありうる星に対応する長さ100、ノード数101のルートは、以下の3パターンで整理することができます。
-
で始まるルートO
33回繰り返し(O\rightarrow (A~or~C)\rightarrow (B~or~D)) \rightarrow O\rightarrow (A~or~C) -
で始まるルートA~or~C
33回繰り返し((A~or~C)\rightarrow (B~or~D)\rightarrow O) \rightarrow (A~or~C)\rightarrow (B~or~D) -
で始まるルートB~or~D
33回繰り返し((B~or~D)\rightarrow O\rightarrow (A~or~C)) \rightarrow (B~or~D)\rightarrow O
プログラミングに覚えのある人には、
ともあれ、3パターンあるわけですが最後の2ノード分が周期から外れているため、ルート数(=星の数)には違いが現れてきます。これが後々祟ってくることになるのですが…。一旦そこは置いておきましょう。
重要度の計算
続いては星に割り当てられる重要度です。
初期の星だと
これだけを見ると「星の名前に含まれる文字の 0/1 を足せばいいのか」と思えなくもないですが、それほど単純ではありません。次の2回目になると、例えば
実は、これは各文字に係数をかけた重み付きの和として考えることができます。
0回目 (1文字) だと係数は 1、1回目(2文字)だと係数は 1,1、2回目(3文字)だと係数は1,2,1 といった具合にです。
そして、
具体的には、最初の 1、1回目の 1,1、2回目の 1,2,1 に続いて 3回目は 1,2,1 を1つずらして足し合わせた 1,3,3,1、4回目は 1,4,6,4,1、…といった感じです。
そうすると、この係数は
これにより、100回目のある星に割り当てられる重要度は、上記101個の係数のうち、
最終的に求めたいのは全ての星の重要度の和なので、
※なお、係数の
T=\sum\limits_{0\le k\le 100} ~_{100}C_k(Q_A(k)+Q_B(k)+Q_C(k)+Q_D(k))
ここで、各星は次の3パターンのルートに対応していることが分かっています。そしてそれぞれで末尾の候補の数が変わってくるため、「何文字目の、
-
33回繰り返し(O\rightarrow (A~or~C)\rightarrow (B~or~D)) \rightarrow O\rightarrow (A~or~C) -
33回繰り返し((A~or~C)\rightarrow (B~or~D)\rightarrow O) \rightarrow (A~or~C)\rightarrow (B~or~D) -
33回繰り返し((B~or~D)\rightarrow O\rightarrow (A~or~C)) \rightarrow (B~or~D)\rightarrow O
そうして
-
の場合k=3j
Q_{A}(k)=Q_{C}(k)=2\cdot 4^{32}\cdot 4,~Q_{B}(k)=Q_{D}(k)=2\cdot 4^{32}\cdot 2
Q_A(k)+Q_B(k)+Q_C(k)+Q_D(k)=2(2\cdot 4^{32}\cdot 4+2\cdot 4^{32}\cdot 2)=3\cdot 2^{67} -
の場合k=3j+1
Q_{A}(k)=Q_{C}(k)=2\cdot 4^{32}\cdot 2,~Q_{B}(k)=Q_{D}(k)=2\cdot 4^{32}\cdot 4
Q_A(k)+Q_B(k)+Q_C(k)+Q_D(k)=2(2\cdot 4^{32}\cdot 2+2\cdot 4^{32}\cdot 4)=3\cdot 2^{67} -
の場合k=3j+2
Q_{A}(k)=Q_{C}(k)=2\cdot 4^{32}\cdot 2,~Q_{B}(k)=Q_{D}(k)=2\cdot 4^{32}\cdot 2
Q_A(k)+Q_B(k)+Q_C(k)+Q_D(k)=2(2\cdot 4^{32}\cdot 2+2\cdot 4^{32}\cdot 2)=2^{68}=3\cdot 2^{67}-2^{67}
考え方としては、例えば
※
これで
ともあれ、
T=3\cdot 2^{67}\sum\limits_{0\le k\le 100} ~_{100}C_k - 2^{67}\sum\limits_{0\le 3j+2\le 100} ~_{100}C_{3j+2}
最後の計算
では、最後に残された次のような
T=3\cdot 2^{67}\sum\limits_{0\le k\le 100} ~_{100}C_k - 2^{67}\sum\limits_{0\le 3j+2\le 100} ~_{100}C_{3j+2}
前半にある
しかし、後半は2つおきに取った値の和となっていて同じようには行きません。流石終盤の問題、簡単には計算させてくれません。
ところで、前半が
ここに同じようにして 1 の複素三乗根
2^{100}=\sum\limits_{0\le k\le 100} ~_{100}C_k \omega(1+\omega)^{100}=\sum\limits_{0\le k\le 100} ~_{100}C_k\cdot \omega^{k+1} \omega^2(1+\omega^2)^{100}=\sum\limits_{0\le k\le 100} ~_{100}C_k\cdot \omega^{2(k+1)}
これを辺々足し合わせると、次が得られます。
2^{100}+\omega(1+\omega)^{100}+\omega^2(1+\omega^2)^{100}=\sum\limits_{0\le k\le 100} ~_{100}C_k(1+\omega^{k+1}+\omega^{2(k+1)})
ここで、この式の右辺
そのため、
と、計算ができます。
最終的に、
と計算された
実際に星・直行便の構成をシミュレートして規則性を見つけ、最後に規則性が一部崩れた和の計算を解決するまで、何個もハードルを越えていく感じのする問題でした。
第12問
- 問題: 円
に内接する五角形\Omega があり、ABCDE およびAC=AD をみたしている。また、BC\parallel DE の\Omega を含まない方の弧A 上に点CD をとり、直線P に関してAB,BC,CD,DE,EA と対称な点をそれぞれP とすると、P_1,P_2,P_3,P_4,P_5 ,PC:PD=P_{1}P_{2}:P_{4}P_{5}=2:3 が成立した。このときCD:P_{2}P_{4}=4\sqrt{2}:11 の値を求めよ。\frac{P_{1}P_{3}}{P_{1}P_{5}}
ただし、 で線分XY の長さを表すものとする。XY - 答え:
\frac{\sqrt{37}}{10}
ということで、最後の問題は図形ものです。
最後最難関かつ幾何、解けるかどうか非常に厳しいところでしたが何とか解けました。
ただ、それでもそれなりに三角比の計算が大変な解法になっています。幾何的にもっとエレガントな方法があるかもしれませんが、その点はご了承ください。
形の整理
それでは、例によって後半の図形問題ということで図が描かれてないので、そこを自分で描いて整理するところからです。
しかし、問題文を鵜呑みにしない方が良い場合もあったりします。
問題文では「五角形」とありますが、そのことは忘れます。そうではなく、円
ここで、
※英文字とギリシア文字の使い方が逆じゃないの? と思われるかもしれませんが、角度の方がたくさん出るため解説でギリシア文字をたくさん書くのが面倒なので読む人がギリシア文字たくさんあると読み辛いかもしれないので、角度の方を英字にしています。
このようにしておくと、例えば
また、図中紫と緑の色をつけている
※なぜ等脚台形になるのか? というのは、円に内接する四角形の向かい合う角の和が180°になることと、平行という条件から同側内角にあたる角の和が180°になることを組み合わせて、同じ大きさの角が現れることから示せます。
ここまでで、6つおいた角の条件が幾つか挙げられます。
-
…(1)a+b+c+d+e+f=180\degree -
…(2)a+b=e+f -
…(3)c+d=f+a
なお、長さが等しい ( sinの値が等しい ) ということだけだと、例えば(2)の条件は
また、後で使うので今の内に挙げておきますが
あともう一点重要な点があります。
この問題で長さは比の形でしか使用しないため、図形全体の大きさは任意に決めて問題ありません。なので例えば
対称な点の条件
続いて厄介な条件は、各直線に関して
一般に線対称と言うと次の図のような状況であり、
とは言え線対称なんて、どう整理すればいいのかということで困りそうになります。
…しかし、よく見てみるとそれらの点の条件は、全て「線分
であれば、
この図の通り、
※
ということで、
では、これらの点に関連した長さを探っていきます。
まず、色々直角が出てくることから、隣接する添え字の
例えば
問題の条件で絡むところをまとめると、次の通りです。
-
…(4)P_1P_2=2Q_1Q_2=2PB\sin\angle ABC=2PB\sin(a+b) -
…(5)P_4P_5=2Q_4Q_5=2PE\sin\angle DEA=2PE\sin(e+f) -
…(6)P_1P_5=2Q_5Q_1=2PA\sin\angle EAB=2PA\sin(f+a)
続いて
すなわち、
P_2P_4=2Q_2Q_4=2CD\sin\angle BCD=2CD\sin(b+c+d)
これと問題の条件
-
…(7)\sin(b+c+d)=\frac{11}{8\sqrt{2}}
さて、残るは
-
…(8)\angle Q_1PQ_3=a
ここから、この角に関する余弦定理で
この余弦定理の話も含め、この時点で三角比のみで必要数の条件を揃えることはできるのですが、長さの比からくる条件をどうにかできる気がしません。そこで、三角比の計算を進めず図形的にもう少し条件を探ることにします。
比の条件の攻略
では
-
…(2)a+b=e+f -
…(4)P_1P_2=2Q_1Q_2=2PB\sin\angle ABC=2PB\sin(a+b) -
…(5)P_4P_5=2Q_4Q_5=2PE\sin\angle DEA=2PE\sin(e+f)
これまで出たこの3つの条件から、
ここで、一般の話として線分
この円は
しかも
それでは問題に戻って
しかしそうすると、等脚台形
これは
…実は「2つの円が交わる」と考えるところに問題がありました。
逆に考えると、2つの円が交わると不整合が発生するため2つの円が完全に一致するという強力な条件がここで生まれているのです。
改めて、一致するアポロニウスの円の中心を
そしてここで、今まで保留していた図のサイズとして、アポロニウスの円の半径
長さのみならず、新しい角として
- アポロニウスの円の半径として
OP=12 OB=OC=8 -
その半分の長さとしてCD=BE=10 MC=MD=5 - 円
の半径として\Omega WP=WD=\omega \angle ODH=\angle OWM=x \angle OWP=y \angle DWM=z
なお、図中
話を戻して、この図から三角比絡みの条件を整理すると次のようになります。
OW=\frac{13}{\sin x} -
これよりOW\sin y=12 …(9)\sin y=\frac{12\sin x}{13} -
これよりOW\cos y=\omega \omega=\frac{13\cos y}{\sin x} -
これより\omega\sin z=5 …(10)\sin z=\frac{5\sin x}{13\cos y}
また、新しい角
この2つを対比し、
x=f+a+b y=b+2c z=c+d
これと、最初に整理した次の条件を併せます。
-
…(1)a+b+c+d+e+f=180\degree -
…(2)a+b=e+f -
…(3)c+d=f+a
以上から、
-
…(11)a=90\degree-x+\frac{z}{2} -
…(12)b=x-z -
…(13)c=\frac{-x+y+z}{2} d=\frac{x-y+z}{2} e=180\degree-x-z -
…(14)f=x+\frac{z}{2}-90\degree
また、
-
…(15)\sin x=\frac{11}{8\sqrt{2}}
これで大体の情報が集まりました。
最後の条件
残るは最後の条件
が、その前に
-
…(16)P_1P_5=2PA\sin(f+a)=2\cdot 2\omega\sin(a+b+c)\sin(f+a)=20\sin(a+b+c)
そうして、いよいよ各所の直角により現れる外接円を元に、次のように図を整理します。
Q_1Q_3=TP\sin a OT=\frac{OB\sin OBT}{\sin\angle OTB}=\frac{8\sin f}{\sin a}
そして、
TP=\sqrt{OP^2+OT^2-2OP\cdot OT\cos\angle POT}=\sqrt{144+\frac{64\sin^2 f}{\sin^2 a}-\frac{192\sin f\cos(x-y)}{\sin a}}
以上により、
-
…(17)P_1P_3=2Q_1Q_3=2TP\sin a=2\sqrt{144\sin^2 a+64\sin^2 f-192\sin a\sin f\cos(x-y)}
結局余弦定理かよ、と思われるかも知れませんが、ここについてはもっと綺麗な形を見つけることはできませんでした。それでも
三角比の計算
では最後に残った計算です。
角度・三角比の条件としては、次の7条件
-
…(16)\sin x=\frac{11}{8\sqrt{2}} -
…(9)\sin y=\frac{12\sin x}{13} -
…(10)\sin z=\frac{5\sin x}{13\cos y} -
…(11)a=90\degree-x+\frac{z}{2} -
…(12)b=x-z -
…(13)c=\frac{-x+y+z}{2} -
…(14)f=x+\frac{z}{2}-90\degree
長さの条件としては次の2条件
-
…(17)P_1P_3=2\sqrt{144\sin^2 a+64\sin^2 f-192\sin a\sin f\cos(x-y)} -
…(16)P_1P_5=20\sin(a+b+c)
ただ、余弦定理を使った影響でルートが現れていますので、平方した形に変えます。
P_1P_3^2=576\sin^2 a+256\sin^2 f-768\sin a\sin f\cos(x-y) P_1P_5^2=400\sin^2(a+b+c)
ということで、答えを
ここから先はそれなりに大量の計算になりますので、一応「人力でなんとかできるよ」という経緯として見て頂ければと思います。
まず、
そうすると、
-
より\sin x=\frac{11}{8\sqrt{2}} \cos x=\frac{\sqrt{7}}{8\sqrt{2}}
ここから、\sin 2x = 2\sin x\cos x=\frac{11\sqrt{7}}{64} \cos 2x = 1 - 2\sin^2 x=-\frac{57}{64}
-
より\sin y=\frac{12\sin x}{13} \sin y=\frac{33}{26\sqrt{2}},~\cos y=\frac{\sqrt{263}}{26\sqrt{2}}
ここから、\cos(x-y)=\cos x\cos y+\sin x\sin y=\frac{\sqrt{7\cdot 263}+363}{416}
-
より、\sin z=\frac{5\sin x}{13\cos y} \sin z=\frac{55}{4\sqrt{263}} \cos z=\frac{13\sqrt{7}}{4\sqrt{263}}
それでは最後の計算です。
なんとか答えに辿り着きました。
おわりに
今回で最後の2問も終わりました。
流石最終版の問題は色々思考を飛ばしていく必要があり、大変でしたが何とか解けたという感じです。
ともあれこれで12問解説できたということで、皆さんの参考になれば幸いです。
来年ももし全問解ければ、また解説を挙げたいと思います。
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