$\ell$ と $m$ の交点を $P$ とし, $\ell,m$ と $DE$ の交点をそれぞれ $Q,R$ とする.

解法1.　$BC\parallel DE$ および接弦定理より \[\angle ABQ=\angle ACB=\angle ADQ\] となるので, 四点 $A,B,D,Q$ は共円であり, 特に \[\angle AQP=180^{\circ}-\angle ADB=90^{\circ} \] 同様に $\angle ARP=90^{\circ}$ がわかるため, 以上より題意は示された.

解法2.　$BC$ の中点を $M$ とすると, これは三角形 $BCD$ の外心であるから $MC=MD$. また接弦定理より \[\angle ACR=\angle ABC=\angle ACB \] であるから, 特に三角形 $ACM$ と $ACR$ は合同である. よって $\angle ARP=90^{\circ}$ が従い, あとは解法1と同様.

解法3.　$\omega$ が単位円, $BC$ の垂直二等分線が実軸にあたるような複素座標を設定する. このとき $A(1)$ であり, $B(\alpha)$ とおけば $C$ の座標は $\overline{\alpha}=1/\alpha$ である.

簡単な角度計算によって, $A$ から $\ell$ におろした垂線の足を $Q’$ として $Q=Q’$ を示せば十分である. いま $\ell$ の式は\[\ell:z+\alpha^2\overline{z}=2\alpha\]であり, これより直線 $AQ’$ の式は $z-\alpha^2\overline{z}=1-\alpha^2$ であるから, これらの交点として $Q’$ の座標を\[Q’\left(\frac{1+2\alpha-\alpha^2}{2} \right)\]と得る. 同様にして $E$ の座標は\[E\left(\frac{1+\alpha+\alpha^2-\alpha^3}{2\alpha}\right)\]

いま $Q=Q’$ を示すには $D,E,Q’$ の共線を示せばよく, さらに $E$ と $Q’$ に対応する複素数の実部が一致することを示せば十分であるが, ${\rm Re}\ z=(z+\overline{z})/2$ に留意すれば, これは簡単な計算によって以下のように確認できる. \[{\rm Re}\ \frac{1+2\alpha-\alpha^2}{2} = \frac{-1+2\alpha+2\alpha^2+2\alpha^3-\alpha^4}{4\alpha^2} = {\rm Re}\ \frac{1+\alpha+\alpha^2-\alpha^3}{2\alpha} \]

解法4.　解法3と同様に $D,E,Q’$ の共線を示す. $E,Q’$ から $BC$ におろした垂線の足を $H_1,H_2$ とすれば, $EH_1=Q’H_2$ を示せば十分である. $\angle BAC=2\theta$とおけば, $EH_1$ について以下を得る. \[EH_1=BE\cos\theta=BC\sin\theta\cos\theta=2AB\sin^{2}\theta\cos\theta \] 　一方 $Q’H_2$ について以下を得るが, これらは $\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta$ より一致する. \[ Q’H_2=BQ’\sin2\theta=AB\sin\theta\sin2\theta \]

平石の感想.　(解法1を提出)　結局 $\angle AQP=90^\circ$ から示しましたが, 自分の場合は $\angle AQR=\angle APR$ も目標として視野に入れつつ $\angle APR$ について考えていたら, $\angle APR=\angle ABD$ が分かり, $AQBD$ の共円に気付きました. 直交座標でやっても比較的早く済む程度には計算で解きやすい問題だと思うので, ハマったら計算で解くのもアリだと思います.

平山の感想.　(解法3,4を提出)　意味もなく考えすぎてしまいました. 直線 $DE$ と $\ell,m$ というのは直感的には同時に扱いづらくて, 直角が見えていることを考えると $Q’$ を持ち出して同一法をする発想は自然だと思います.

そこから計算に走ったのは反省しています. まず何も考えず複素計算をして, 流石に微妙だと思い長さ計算もしました. とはいえ, 武器を増やしておくのは大事なことです. 他にも直交座標や重心座標もある程度は試しておくと良いでしょう (少なくとも僕は重心座標だけは実戦で使ったことは無いですが). 数オリに芸術点なんてありませんからね.

求める組は $(0,0,0)$ のみであることを示す. これは明らかに与式をみたす.

$\delta=2^{1/3}$ とおくと, 素因数分解の一意性より明らかに $\delta$ および $\delta^2$ は無理数であることに留意する.

解法1.　与式は以下のように変形できる. \[(x+\delta y+\delta^2 z)((x^2-2yz)+\delta(2z^2-xy)+\delta^2(y^2-zx))=0 \]

補題より以下の場合についてのみ考えればよい.\[(x^2-2yz)+\delta(2z^2-xy)+\delta^2(y^2-zx)=0\] このとき再び補題より以下が必要. $z=0$ のとき明らかに $x=y=0$ が成立する. \[x^2=2yz,\ 2z^2=xy,\ y^2=zx\] 　ここで $z\neq 0$ と仮定すると $x^2=2yz$ および $2z^2=xz$ より $x/z=\delta^2$ となり, $\delta^2$ の無理性に矛盾する.

解法2.　$X=x, Y=\delta y, Z=\delta^2 z$ とおくと, 与式は以下のように変形できる. \[(X+Y+Z)(X^2+Y^2+Z^2-XY-YZ-ZX)=0\] ここで以下の等式に留意すると, $X^2+Y^2+Z^2-XY-YZ-ZX=0 \Longrightarrow X=Y=Z$ である. \[2(X^2+Y^2+Z^2-XY-YZ-ZX)=(X-Y)^2+(Y-Z)^2+(Z-X)^2 \] ここで $\delta$ の無理性より, $X=Y=Z$ のとき $x=y=z=0$ が必要であり, $X+Y+Z=0$ の場合は解法1と同様.

解法3.　$x,y,z$ の少なくとも一つが $0$ であったとき, すべてが $0$ である必要があることが容易にわかるため, 以下 $x,y,z\neq 0$ とする. このとき $x,y,z$ の最大公約数を $g$ とすると, $x,y,z$ をそれぞれ $g$ で割っても与式は保たれるため, 以下 $x,y,z$ が互いに素である場合のみ考えれば十分である.

与式より明らかに $x$ は偶数である. このとき以下より $y$ も偶数である.\[v_2(2y^3)=v_2(6xyz-x^3-4z^3)\geqq2\] このとき仮定より $z$ は奇数であるが, これは以下より矛盾する.\[2=v_2(4z^3)=v_2(6xyz-x^3-2y^3)\geqq 3\]

平石の感想.　(解法1を提出)　見たときにすぐ以下の因数分解を連想できたのでラッキーでした.\[a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\]この式に似ているなと思い, 少しいじったら解けないかなと思って考えていましたが, そのままでした. ただ, 不定方程式において整数範囲から抜け出して因数分解を考えるというのは, やや見慣れない問題かもしれないと感じました.

平山の感想.　(解法2を提出)　大小評価をしようか, 偶奇を見ようか, 行ったり来たりしばらく迷いましたが, どちらでも解けるんですね. 全く方向性の違う解法が共存しているのは面白いと思います. どっちの道を選んだ人も救われますし.

正数の場合はAM-GMで解決することには一瞬で気付いたのですが, これが因数分解できることをもっと早く思い出すべきでした. 解法2は汎用性が高いです. 特に\[X^2+Y^2+Z^2\geqq XY+YZ+ZX\]がかなり良く出てくるので抑えておくと良いでしょう.

解法3の筋は, 上で載せたものの他にも色々と答案の仕上げ方があります. $x,y,z$ がすべて偶数であることを言ってから無限降下法を用いても良いですし, 最初に $|x|+|y|+|z|$ が最小になるものを取って矛盾させるのもありでしょう.

求める数列は $c$ を任意の正整数として $a_{i}\equiv ci$ であることを示す. これは明らかに与式をみたす.

$a_{1}=c$ とおくと, $n=1$ より任意の $i$ について $a_{i}\geqq ci$ を得る. いまある $x$ について $a_{x}>cx$ であると仮定し, 矛盾を導けばよい. $d=a_{x}-cx$ とおけば, ある正整数 $k$ について $kd>c$ である. このとき $(m,n)=(kx,x)$ より \[ a_{kx} \geqq ka_{x}=k(cx+d)>c(kx+1) \] 一方 $(m,n)=(kx,1)$ より $a_{kx} < c(kx+1)$ であるから, これは矛盾である.

平石の感想.　非常に手こずりました. まず $a_i=ci$ だろうと予想がついた段階で $a_1=c$ とおくのは定石で, そうすれば $n=1$ の代入ですべての $a_i$ に幅 $c$ の制約がつくイメージになります. 最初は少しぐらいズレても大丈夫そうだと思い, $a_i=3i-1$ などでアタリを付けて実験したが全然ダメでした. すると, $ci$ からズレているものが現れたら, そこから先でズレが大きくなって幅 $c$ の制約に収まらなくなる, ということに気付きました.

平山の感想.　お気に入りです. 解答だけ見るとものすごく呆気ないので微妙な気持ちになるかもしれませんが, 殆どの人はもっと色々悩んだ末にここに行き着くと思います. 僕もそうでした. まず初手で狭義単調増加性が見えて満足していたけど別に使わなかったり. 整数論的な議論を考えかけたり. この解答は綺麗すぎて教育的ではありません.

しかし問題自体は大変に教育的です.「ある $x$ について $a_x\neq cx$ と仮定して矛盾を導く」というような議論は、慣れれば特に頭を使わず引き出せるようになります. $m=kx$ を突然使い出したのは, せめて右辺だけでも整数値として確定させて議論を進めようというモチベーションからです. $1$ ずつ釣り上げて差分を見たりするのかと思いましたが, 最終的には十分先での挙動を見れば十分ということでした. 良くある議論だと思います. 問3にしては難しいかもしれません.

平石からの指摘で初めて整数列である必要がないことに気付きました. それを有効に使った解法もあるんでしょうか.

求める最大値は $272$ であることを示す. この値は以下のようにして実現される. \[ \begin{matrix} 9 & 8 & 9 & 8 & 9 & 8 & 9 \\ 7 & 6 & 7 & 6 & 7 & 6 & 7 \\ 9 & 8 & 9 & 8 & 9 & 8 & 9 \\ 7 & 6 & 7 & 6 & 7 & 6 & 7 \\ 9 & 8 & 9 & 8 & 9 & 8 & 9 \\ \end{matrix} \] 任意の $2\times 2$ の小マス目には相異なる $4$ つの数を入れる必要があることが容易にわかり (ちなみにこれについて逆も成立する), 特にそれらの総和は $9+8+7+6=30$ 以下であることに留意する.

解法1.　マス目全体を次のように分割する. \[ \begin{matrix} A & A & A & A & A & A & B \\ A & A & A & A & A & A & B \\ A & A & A & A & A & A & B \\ A & A & A & A & A & A & C \\ D & D & D & D & D & C & C \\ \end{matrix} \] 　上の議論より $A$ に書き込まれる $24$ 数の総和は $30\times 6=180$ 以下である. また $C$ について同じ $3$ 数を書き込むことはできないから, $3$ 数の総和は $9+8+7=24$ 以下である. $B,D$ については隣接する $2$ 数は異なることに留意すると, それぞれ $3$ 数および $5$ 数の総和は $9+8+9=26,9+8+9+8+9=43$ 以下である.

以上より全体の総和は $273$ 以下であると評価できるが, もしすべての等号が成立したとすると以下の $2$ パターンのいずれかとなり, どちらからも矛盾が導かれる. よって全体の総和は高々 $272$ であることが示された. \[ \begin{matrix} . & . & . & . & . & . & 9 \\ . & . & . & . & . & . & 8 \\ . & . & . & . & . & 8 & 9 \\ . & . & . & . & . & 6 & 7 \\ 9 & 8 & 9 & 8 & 9 & 8 & 9 \\ \end{matrix} \qquad\qquad \begin{matrix} . & . & . & . & . & . & 9 \\ . & . & . & . & . & . & 8 \\ . & . & . & . & . & . & 9 \\ . & . & . & . & 8 & 6 & 8 \\ 9 & 8 & 9 & 8 & 9 & 7 & 9 \\ \end{matrix} \]

解法2.　$3\times 3$ の小マス目について考える. $9$ は同時に $5$ つ以上入れられないことが容易にわかり, $4$ つ入れるには四隅に書き込むほかない. また $9$ を $4$ つ入れると $8$ は高々 $2$ つ, 逆も同様より, $9$ と $8$ は合計で高々 $6$ つしか入らない. さらに冒頭の考察より $6$ 以下が少なくとも $1$ つは必要である. 以上より小マス目の $9$ 数の総和は \[9\times 4+8\times2+7\times 2+6\times 1=72 \] 以下と評価でき, 特に等号が成立するのは以下の $2$ パターンに限られることが容易にわかる. \[ \begin{matrix} 9 & 8 & 9 \\ 7 & 6 & 7 \\ 9 & 8 & 9 \\ \end{matrix} \qquad\qquad \begin{matrix} 9 & 7 & 9 \\ 8 & 6 & 8 \\ 9 & 7 & 9 \\ \end{matrix} \] 　さて, マス目全体を次のように分割する. \[ \begin{matrix} A & A & A & B & B & C & C \\ A & A & A & B & B & C & C \\ A & A & A & D & G & G & G \\ E & E & F & F & G & G & G \\ E & E & F & F & G & G & G \\ \end{matrix} \] 　$A,G$ の総和は $72$ 以下, $B,C,E,F$ の総和はそれぞれ $30$ 以下, $D$ は $9$ 以下であるが, ここですべての等号が成立したと仮定すると, $A$ の右下と $D$ が同時に $9$ となり不適であるから, 全体の総和は高々 $272$ である.

平石の感想.　(解法2を提出)　$2\times 2$ に注目できたのは構成を思いついた後でした. 左上から $2\times2$ で区切っていったときに, 最大になってくれない端のズレを上手いこと処理しようと思って, $3\times 3$ を導入しました. $2\times 2$ と $3\times 3$ を用いることで, 出来る限り面倒な議論を避けて通りたいと思って考えたら, 解法2のような分割を思いつきました.

平山の感想.　(解法1を提出)　冒頭の言い換えが全てでしょう. ただほんの少し実験すれば気付けるはずです.

この問題の最大のポイントは各辺の長さがともに奇数だということです. 偶数ならば自明な評価でそのまま終わってくれますが, 今回は簡単な分割をするとほとんどの評価が $273$ で止まってしまいます. 実際には $272$ が構成できるので, 評価の流れから $273$ が可能だとして矛盾を導けば良いのですが, 確かにあまり見慣れない発想だったかもしれません.

$3\times 3$ は見ようとも思いませんでしたが, 自然なのでしょうか. まあ解けさえすれば何でもいいですけど.