AIME2019 I

√√√×√ √√.√√ ...√. \(= 9\)

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。

\(f_{x,y}\) 为走到 \((x,y)\) 的概率。边界情况为 \(f_{4,4} = 1\)。答案即为 \(\frac 1 3 f_{1,1}\)

\[f_{x,y} = \frac 1 3 (f_{x+1,y} + f_{x,y+1} + f_{x+1, y+1}) \]

\(f\) \(4\) \(3\) \(2\) \(1\)
\(4\) \(1\) \(\frac 1 3\) \(\frac 1 9\) \(\frac 1 {27}\)
\(3\) \(\frac 1 3\) \(\frac 5 9\) \(\frac 1 3\) \(\frac {13} {81}\)
\(2\) \(\frac 1 9\) \(\frac 1 3\) \(\frac {11} {27}\) \(\frac {73} {243}\)
\(1\) \(\frac 1 {27}\) \(\frac {13} {81}\) \(\frac {73} {243}\) \(\frac {245} {729}\)

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:

\[F(a) = (a - \sin^2 x) (a - \cos^2 x) = a^2 - a + \sin^2 x \cos^2 x \]

\(c = \sin^2 x \cos^2 x\)

\(S_k = (\sin^2 x)^k + (\cos^2 x)^k\)。Newton Sums 的递推公式:

\[S_k = S_{k-1} - c \times S_{k-2} \]

边界条件为 \(S_0 = 2\)\(S_1 = 1\)

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

\(n+1\)\(k^2\),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 \(k-1\)\(k+1\) 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 \(n = (k-1) (k+1)\)\(k\) 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)。

图 from AoPS

勾股定理硬做要花很长很长时间。。。

\(a\) 为底边一半,\(\angle MCI = \theta = \frac 1 2 \angle ACB\)。有 \(r = a \tan \theta\)

\(r_A = a \cot \theta\)(直角三角形 \(CMI_A\)),\(r_B = AM = a \tan 2 \theta\)(圆 \(I_B\)\(BC\) 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 \(ICI_B\))。

\[II_B = r + 2r_A + r_B \]

解方程得 \(\sin \theta = \frac 2 3\)

\(AC = a \sec 2\theta = 9a\)。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:

\[\angle ABC = \arg \frac {B - A} {B - C} \]

(复数除法:模长相除,辐角相减)

\[\begin{aligned}& \Re \frac {f(z) - z} {f(z) - f(f(z))} = 0 \\=& \Re \frac {z^2 - 20z} {-z^4 + 38z^3 -341z^2 -380z} \\=& \Re - \frac {z(z-20)} {z(z+1)(z-19)(z-20)} \\=& \Re - \frac 1 {(z+1) (z-19)} \\ \end{aligned}\]

意味着 \(\Re (z+1) (z-19) = 0\)

又已知 \(\Im z = 11\),代入得 \((\Re z)^2 + 18 (\Re z) - 140 = 0\)

\(z = 9 \pm \sqrt{221} + 11i\),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

\(g\) 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 \(m \ge 3\)\(\gcd(a,m) = 1\)\(a^x \equiv -1 \pmod p\) 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 \(x\)\(\delta^-_m(a)\) 的整数倍。

\(8\)\(2019\) 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!

图 from AoPS

注意到 \(OQ \perp XY\) 然后一个圆幂没了。

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