√√√×√ √√.√√ ...√.
\(= 9\)
https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2019_AIME_I_Problems
P4 寄啦!
唐题。分讨 substitution 的次数即可。
P5 对啦!
DP。
令 \(f_{x,y}\) 为走到 \((x,y)\) 的概率。边界情况为 \(f_{4,4} = 1\)。答案即为 \(\frac 1 3 f_{1,1}\)。
\(f\) | \(4\) | \(3\) | \(2\) | \(1\) |
---|---|---|---|---|
\(4\) | \(1\) | \(\frac 1 3\) | \(\frac 1 9\) | \(\frac 1 {27}\) |
\(3\) | \(\frac 1 3\) | \(\frac 5 9\) | \(\frac 1 3\) | \(\frac {13} {81}\) |
\(2\) | \(\frac 1 9\) | \(\frac 1 3\) | \(\frac {11} {27}\) | \(\frac {73} {243}\) |
\(1\) | \(\frac 1 {27}\) | \(\frac {13} {81}\) | \(\frac {73} {243}\) | \(\frac {245} {729}\) |
答案为 \(\frac 1 3 \times \frac {245} {729} = \frac {245} {3^7}\)。提交答案 \(\boxed{252}\)。
P6 对啦!
想了半天还没会,初中平几真的退化了。
导角,相似,完事。(看 Sol 8)
P8 空啦!
Sol 1
注意到原问题只和 \(y = \sin^2 x\) 有关,即:
已知 \(y^5 + (1-y)^5 = \frac {11} {36}\),求 \(y^6 + (1-y)^6\)。
考场上做到这不会了。AoPS 上的 Sol 1 给了个注意力很强的做法:
换元 \(z = \frac 1 2 - y\)。原问题变为:
已知 \((\frac 1 2 - z)^5 + (\frac 1 2 + z)^5 = \frac {11} {36}\),求 \((\frac 1 2 - z)^6 + (\frac 1 2 + z)^6\)。
然后 Binomial Theorem,奇次项全部消光,变成关于 \(z^2\) 的二次方程。完事。
☆经验:\(x^n + (1-x)^n\) 类型的柿子,可以换元后二项式定理。
Sol 2
高次之和,考虑 Newton Sums。
构造函数:
设 \(c = \sin^2 x \cos^2 x\)。
设 \(S_k = (\sin^2 x)^k + (\cos^2 x)^k\)。Newton Sums 的递推公式:
边界条件为 \(S_0 = 2\) 和 \(S_1 = 1\)。
递推上去可得 \(S_5 = 5c^2 - 5c + 1\),然后这个东西又等于 \(\frac {11} {36}\),完事。
考场上其实想到了类似的做法,但是没有意识到最后只是要解一个关于 \(c\) 的高次方程,只觉得 \(c\) 似乎解不出来。痛失这一题。
P9 对啦!
带点证明的分讨。写一遍完整过程重新理一下思路。
\(d(n) + d(n+1) = 7\),则两项必有一个奇数。\(d\) 为奇数意味着完全平方数,而 \(1000\) 以内完全平方数数量是比较少的,计算量较小的枚举可以接受。
Case 1:\(n+1\) 为完全平方数
设 \(n+1\) 为 \(k^2\),则 \(n = k^2 - 1 = (k-1) (k+1)\)。
Sub Case 1:\(d(n+1) = 3\)
可得 \(k\) 为质数。在 \(k\) 充分大时 \(k-1\) 和 \(k+1\) 都不是质数,那么 \(n\) 不可能只有 \(4\) 个因子。
舍去。
小情况是 \(n = 8\),这个成立。
Sub Case 2:\(d(n+1) = 5\)
可得 \(d(n) = 2\),即 \(n\) 为质数。但是 \(n = (k-1) (k+1)\) 在 \(k\) 充分大时是合数。
舍去。
Case 2:\(n\) 为完全平方数
\(d(n) = 3 \text{ or } 5\)。对应的 \(d(n+1) = 4 \text{ or } 2\)。
枚举得到一些解:\(9,16,25,121,361\)。
综上所述,把 \(6\) 个解加起来可得 \(8+9+16+25+121+361 = \boxed{540}\)。
P11 空啦!
首先这个题的图真的很难画(恼)。
勾股定理硬做要花很长很长时间。。。
令 \(a\) 为底边一半,\(\angle MCI = \theta = \frac 1 2 \angle ACB\)。有 \(r = a \tan \theta\)。
有 \(r_A = a \cot \theta\)(直角三角形 \(CMI_A\)),\(r_B = AM = a \tan 2 \theta\)(圆 \(I_B\) 与 \(BC\) 相切)。
又知 \(II_B = a \sec \theta \sec 2 \theta\)(\(\angle CII_B = 2\theta\) 是三角形 \(BCI\) 外角 & 直角三角形 \(ICI_B\))。
解方程得 \(\sin \theta = \frac 2 3\)。
腰 \(AC = a \sec 2\theta = 9a\)。周长为 \(20a\)。
\(a=1\) 时取到最小。答案为 \(\boxed{020}\)。(呼
☆经验:一堆勾股定理的题目,可以考虑用三角函数来刻画。
P12 空啦!
☆经验:复数题目中的角度用辐角来刻画。对辐角进行加减法,即为复数的乘除法。
刻画垂直,除了勾股定理 / 叉积为 \(0\)(斜率互为负倒数) 以外,还有:
(复数除法:模长相除,辐角相减)
意味着 \(\Re (z+1) (z-19) = 0\)。
又已知 \(\Im z = 11\),代入得 \((\Re z)^2 + 18 (\Re z) - 140 = 0\)。
得 \(z = 9 \pm \sqrt{221} + 11i\),提交答案 \(\boxed{230}\)。
P13 空啦!
艹考试的时候读错题了。那么简单的题。
P14 对啦!
首先考虑分解 \(x^8 + 1\),但是这个东西分解出来带 \(\sqrt 2\) 之类的东西就非常不好。
换个思路:\(p | 2019^8 + 1 \Leftrightarrow 2019^8 \equiv -1 \pmod p\)。
我的思路
令 \(g\) 为原根,\(a = \log_g 2019\)。则 \(8a = \frac {p-1} 2\),即 \(p = 16a+1\)。
枚举 \(p=17\) 不对,下一个 \(p=97\) 就对了。(检验用快速幂)
标准思路
Definition. 当 \(m \ge 3\) 且 \(\gcd(a,m) = 1\),\(a^x \equiv -1 \pmod p\) 的最小正整数解称为 \(a\) 在模 \(p\) 下的半阶,记为 \(\delta^-_m(a)\)。
Lemma. 若 \(a^x \equiv -1 \pmod p\),则 \(x\) 是 \(\delta^-_m(a)\) 的整数倍。
\(8\) 是 \(2019\) 的半阶的奇数倍,因此 \(2019\) 的半阶只能是 \(8\)。
Theorem. 若 \(\delta^-_m(a)\) 存在,则 \(\delta^-_m(a) = \frac 1 2 \delta_m(a)\)。
因此 \(\delta_p(2019) = 2 \times 8 = 16\)。\(2019^{16} \equiv 1 \pmod p\)。
而根据 Fermat's Little Theorem 有 \(2019^{p-1} \equiv 1 \pmod p\),意味着 \(16 \mid p-1\),即 \(p\) 满足 \(16k+1\) 的格式。
同上,枚举 \(p=17\) 不对,下一个 \(p=97\) 就对了。
参考资料:https://www.bilibili.com/opus/636643461930418183
P15 空啦!
注意到 \(OQ \perp XY\) 然后一个圆幂没了。