$\vartriangle ABC$ 的顶点为 $A\left( 0 ,0 \right)$，$B\left( 0 ,420 \right)$ 和 $C\left( 560 ,0 \right)$，一个骰子的六个面中，有两个面刻有 $A$ 字，两个面刻有 $B$ 字，两个面刻有 $C$ 字，点 ${{P}_{1}}\left( k, m \right)$ 位于 $\vartriangle ABC$ 的内部，其他点 ${{P}_{2}}$，${{P}_{3}}$，${{P}_{4}}$，…是按下面的规定通过反复投掷骰子产生的．在 ${{P}_{n}}$ 确定之后如果投出的骰子显示字 $L\left( L\in \left\{ A ,B, C \right\} \right)$，那么 ${{P}_{n+1}}$ 为线段 ${{P}_{n}}L$ 的中点，设 ${{P}_{7}}\left( 14 ,92 \right)$，求 $k+m$．
【难度】
【出处】
1993年第11届美国数学邀请赛（AIME）
【标注】
【答案】
344
【解析】
首先，注意到因 ${{P}_{1}}$ 在 $\vartriangle ABC$ 内，以后所有的 ${{P}_{k}}$ 也在 $\vartriangle ABC$ 内．进一步要证明一旦任何后继的 ${{P}_{k}}$ 给出，则可唯一确定 ${{P}_{1}}$．假设 ${{P}_{k}}=\left( {{x}_{k}} ,{{y}_{k}} \right)$ 已知，因 ${{P}_{k}}$ 在 $\vartriangle ABC$ 内，有 $0<{{x}_{k}}<560$，$0<{{y}_{k}}<420$，$0<420{{x}_{k}}+560{{y}_{k}}<420\cdot560$．
若掷出 $A$，则 $\left({{x}_{k+1}} ,{{k}_{k+1}} \right)={{P}_{k+1}}=\frac{1}{2}{{P}_{k}}=\left(\frac{{{x}_{k}}}{2} ,\frac{{{y}_{k}}}{2} \right)$，
于是 ${{P}_{k+1}}$ 所可能的范围限制在原三角形的 $\frac{1}{4}$ 之内（图中Ⅰ部分）．所以，若掷出 $A$，则 ${{P}_{k+1}}$ 在Ⅰ内，从而 $420{{x}_{k+1}}+560{{y}_{k+1}}<\frac{1}{2}\times 420\times 560$．
同样，若掷出 $B$，则 ${{P}_{k+1}}$ 在Ⅱ内，${{y}_{k+1}}>210$．若掷出 $C$，则 ${{P}_{k+1}}$ 在Ⅲ内，${{x}_{k+1}}>280$．
因此对 $k\geqslant 2$，${{P}_{k}}$ 必在Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ之一内，它的前一点唯一确定．
若 ${{P}_{k}}\left({{x}_{k}} ,{{y}_{k}} \right)$ 位于Ⅱ内，则 ${{P}_{k}}$ 必为 $B{{P}_{k-1}}$ 的中点，所以 ${{P}_{k-1}}={{P}_{k}}\left( 2{{x}_{k}}, 2{{y}_{k}}-420 \right)$．从而若 $k\geqslant 2$，${{P}_{k}}\left({{x}_{k}}, {{y}_{k}} \right)$，则 ${{P}_{k-1}}=\left\{ \begin{align}
& \left( 2{{x}_{k}} ,2{{y}_{k}}-420\right) {{y}_{k}}>210 \\
& \left( 2{{x}_{k}}-560, 2{{y}_{k}}\right) {{x}_{k}}>280 \\
& \left( 2{{x}_{k}} ,2{{y}_{k}}\right) 420{{x}_{k}}+560{{y}_{k}}<\frac{1}{2}\times 420\times 560. \\
\end{align}\right.$
现在很容易从 ${{P}_{7}}$，推出 ${{P}_{1}}$：
${{P}_{7}}=\left(14 ,92 \right)\Rightarrow {{P}_{6}}=\left( 28 ,184 \right)\Rightarrow{{P}_{5}}=\left( 56 ,368 \right)$
$\Rightarrow {{P}_{4}}=\left( 112 ,316\right)\Rightarrow {{P}_{3}}=\left( 224 ,212 \right)$
${{P}_{2}}=\left( 448 ,4 \right)\Rightarrow{{P}_{1}}=\left( 336, 8 \right)$．
所以 $k+m=336+8=344$．
若掷出 $A$，则 $\left({{x}_{k+1}} ,{{k}_{k+1}} \right)={{P}_{k+1}}=\frac{1}{2}{{P}_{k}}=\left(\frac{{{x}_{k}}}{2} ,\frac{{{y}_{k}}}{2} \right)$，
于是 ${{P}_{k+1}}$ 所可能的范围限制在原三角形的 $\frac{1}{4}$ 之内（图中Ⅰ部分）．所以，若掷出 $A$，则 ${{P}_{k+1}}$ 在Ⅰ内，从而 $420{{x}_{k+1}}+560{{y}_{k+1}}<\frac{1}{2}\times 420\times 560$．
同样，若掷出 $B$，则 ${{P}_{k+1}}$ 在Ⅱ内，${{y}_{k+1}}>210$．若掷出 $C$，则 ${{P}_{k+1}}$ 在Ⅲ内，${{x}_{k+1}}>280$．
因此对 $k\geqslant 2$，${{P}_{k}}$ 必在Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ之一内，它的前一点唯一确定．
若 ${{P}_{k}}\left({{x}_{k}} ,{{y}_{k}} \right)$ 位于Ⅱ内，则 ${{P}_{k}}$ 必为 $B{{P}_{k-1}}$ 的中点，所以 ${{P}_{k-1}}={{P}_{k}}\left( 2{{x}_{k}}, 2{{y}_{k}}-420 \right)$．从而若 $k\geqslant 2$，${{P}_{k}}\left({{x}_{k}}, {{y}_{k}} \right)$，则 ${{P}_{k-1}}=\left\{ \begin{align}& \left( 2{{x}_{k}} ,2{{y}_{k}}-420\right) {{y}_{k}}>210 \\
& \left( 2{{x}_{k}}-560, 2{{y}_{k}}\right) {{x}_{k}}>280 \\
& \left( 2{{x}_{k}} ,2{{y}_{k}}\right) 420{{x}_{k}}+560{{y}_{k}}<\frac{1}{2}\times 420\times 560. \\
\end{align}\right.$
现在很容易从 ${{P}_{7}}$，推出 ${{P}_{1}}$：
${{P}_{7}}=\left(14 ,92 \right)\Rightarrow {{P}_{6}}=\left( 28 ,184 \right)\Rightarrow{{P}_{5}}=\left( 56 ,368 \right)$
$\Rightarrow {{P}_{4}}=\left( 112 ,316\right)\Rightarrow {{P}_{3}}=\left( 224 ,212 \right)$
${{P}_{2}}=\left( 448 ,4 \right)\Rightarrow{{P}_{1}}=\left( 336, 8 \right)$．
所以 $k+m=336+8=344$．
答案
解析
备注
