　この問題は次の3ステップに分けて解説する．
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**ステップ1．OMC君の問題を解く**\
　三角形 $ABC$ の外接円の半径を $R$ とおいたとき，
$$R^2=\frac{p^2 q^2}{-p^2+2q^2+a^2}$$
が成立することを示す．
<details><summary>証明．<\/summary>
　まず，$\Gamma$ による反転で $P$ は直線 $MC$ と直線 $AB$ の交点に移るので，この点を $Q$ とおく．さらに，$\angle A, B, C$ それぞれについて対応する三角形 $ABC$ の傍心を $I_A, I_B, I_C$ とおく．このとき，三角形 $ABC$ は 三角形 $I_A I_B I_C$ の垂足三角形であり，$\Gamma$ は三角形 $I_A I_B I_C$ の九点円である．また，三角形 $I_A I_B I_C$ の外接円，外心をそれぞれ $\Omega,O^\prime$ とおく．

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**補題1．** $M$ は線分 $I_A I_B$ の中点である．\
**証明．** $M$ は三角形 $I_AI_BI_C$ の九点円と辺 $I_AI_B$ の交点のうち，$C$ でない方なので，これは辺 $I_AI_B$ の中点である．\
\
**補題2．** $\Gamma$ と $\Omega$ の $Q$ における方べきは等しい \
**証明．** $3$ 直線 $AI_A, BI_B, CI_C$ は三角形 $I_A I_B I_C$ の垂心 $I$ で交わるので，$Q, C, I_A, I_B$ は調和点列であり，補題1より $M$ は線分 $I_A I_B$ の中点なので示された．
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　$\Gamma,\Omega$ の半径はそれぞれ $R, 2R$ なので，$O$ が $\Gamma$ の中心であることに留意すれば補題2より以下が成立する．
$$0=(QO^2-R^2)-(QO^{\prime2}-4R^2)=QO^2-QO^{\prime2}+3R^2\quad\cdots\bigstar$$
一方で，$O$ は線分 $IO^\prime$ の中点であることに注意すれば，余弦定理より
$$\cos\angle POO^\prime=-\cos\angle POI=-\frac{p^2+q^2-a^2}{2pq}$$ 
であり，反転の半径が $R$ であることから $QO=\dfrac{R^2}{q}$ であるので，再び余弦定理より
$$QO^{\prime2}=p^2+\frac{R^4}{q^2}+\frac{R^2(p^2+q^2-a^2)}{q^2}$$
が成立する．従って，$\bigstar$ より
$$3R^2=p^2+\frac{R^2(p^2+q^2-a^2)}{q^2}$$
が成立し，これを $R^2$ について解くことで所望の式を得る．
<\/details>

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**ステップ2．三角形の存在条件を考察する**\
　$p, q, a$ を正の**実数**の範囲で設定したときに三角形 $ABC$ が成立する必要十分条件が
- $2q^2+a^2 \gt p^2\gt q^2+a^2$
- 三角形 $IOP$ における三角不等式の成立（退化した場合も認める）

の $2$ 条件をともに満たすことであることを示す．
<details><summary>証明．<\/summary>
Eulerの定理より三角形 $ABC$ の内接円半径 $r$ について，
$$r=\frac{R^2-p^2}{2R}=\frac{p^2(p^2-q^2-a^2)}{2R(-p^2+2q^2+a^2)}\quad \cdots\clubs$$
であることに留意すれば，いずれの条件の必要性も確認できる．なお，$r$ は $R$ と $p$ にのみ依存することに気を付ける．\
　十分性を考える．上の $2$ 条件がともに満たされているとき，$p, q, a$ によって算出された（正の）半径をもつ三角形 $ABC$ の内接円 $\omega$ と外接円 $\Gamma$ を考える．これらを内接円と外接円に持つ三角形は存在し，かつ，Ponceletの閉形定理より， $\omega$ と辺 $AB$ の接点 $D$ を任意に定めたとき，三角形 $ABC$ が一意に定まる．$p$ と $R$ を固定した状態でステップ1の式を $q$ と $a$ についての方程式としてみると $q$ と $a$ に対応する $P$ の軌跡は「半直線 $OI$ 上に中心があり $O$ を通る半径 $\dfrac{pR^2}{3R^2-p^2}$ の円から $1$ 点 $O$ を除いた図形」で表される領域となる．この領域と半直線 $OI$ の交点を $X$ とおけば，
$$OX=\dfrac{2pR^2}{3R^2-p^2},\quad OX\lt R\iff p\lt R$$
であり，$p\lt R$ は $\clubs$ の真ん中の式が正であることより成立するため，特にこの領域は $\Gamma$ の内部に存在する．\
　従って，$q$ と $a$ についての方程式の表す領域を $\Gamma$ で反転した $\Gamma$ の外部（特に $\omega$ の外部）に存在する直線 $t$ を考え，$t$ 上の $q,a$ に対応する点 $Q$ から $\omega$ への接線のうち適当な $1$ 本について，その接点を $D$ とすれば，$p,q,a$ に対応する三角形 $ABC$ を得る．
<\/details>

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**ステップ3．条件を満たす正の整数について考察する**\
　結論から述べれば $a$ の取り得る最小値は $48$ であり，このとき半径の最小値は $(p, q)=(71, 37)$ のときの $\mathbf{2627}$ である．以下これを示す．

<details><summary>**ステップ3-1．** $-p^2+2q^2+a^2=1$ である．<\/summary>
　$\dfrac{p^2 q^2}{-p^2+2q^2+a^2}$ が平方数になることと $p, q$ が素数であることから，$-p^2+2q^2+a^2$ として取り得る値の候補は $1, q^2, p^2, p^2q^2$ である．ステップ2の一つ目の条件の右側の不等号より特に $p\gt q$ であるのでこれらの候補は狭義単調増加に並んでいる．今，再び同条件より
$$p^2\gt q^2+a^2\iff -p^2+2q^2+a^2\lt q^2$$
であるので $-p^2+2q^2+a^2=1$ であることがわかる．このとき，$R=pq$ である．
<\/details>

<details><summary>**ステップ3-2．** $a$ の取り得る値は $48$ 以上である．<\/summary>
　まず，$p, q\ge 5$ であることは $p^2\gt q^2+a^2$ の適用及び $p^2-a^2=(整数)$ の整数解の議論により容易に確認できる．$\bmod 3$ の平方剰余の考察により $a$ は $3$ の倍数である．\
　ここで，$p^2-2q^2=(a+1)(a-1)$ と変形する．右辺の素因数 $P$ であって，$\bigg(\dfrac{2}{P}\bigg)=-1$ なるものが存在すれば，$p=q=P$ となるほかなく，これは不適である．平方剰余の第二補充則より 
$$\bigg(\dfrac{2}{P}\bigg)=-1\iff P\equiv 3, 5\pmod 8$$
である．いま，$a$ は偶数であり，$a\equiv 2, 4, 6\pmod 8$ の場合 $a+1$ または $a-1$ のいずれかは $8$ で割った余りが $3, 5$ のいずれかになるため，$\bigg(\dfrac{2}{P}\bigg)=-1$ なる素因数 $P$ が存在する．従って $a$ は $8$ の倍数であり，上の結果と合わせ $24$ の倍数である．\
　$a=24$ のとき，$a+1$ は素因数 $5$ を持ち不適なので $a$ は $48$ 以上である．
<\/details>

<details><summary>**ステップ3-3．** $a=48$ が $a$ の取り得る最小値であり，$(p, q)=(71, 37)$ が $R$ を最小にする．<\/summary>
　$a=48$ の場合について考察する．$p^2-2q^2=7^2\cdot 47$ である．まず，この解を一組求めよう．
$$(p+q\sqrt2)(p-q\sqrt2)=7^2\cdot 47$$
と変形し，
$$7=(3+\sqrt2)(3-\sqrt2), \quad 47=(7+\sqrt2)(7-\sqrt2)$$
であることから
$$p+q\sqrt2=(3+\sqrt2)^2(7-\sqrt2)=71+37\sqrt2$$
すなわち $(p, q)=(71, 37)$ とする．このとき $p-q\sqrt2=(3-\sqrt2)^2(7+\sqrt2)$ でもあるのでこれは解である．また，$(p, q, a)=(71, 37, 48)$ はステップ2の条件を確かに全て満たす．このとき $R=2627$ である．\
　$(71, 37)$ が $R=pq$ を最小にすることを示すには，$p$ の $q$ についての単調性から $q$ の最小性を言えばよい．これは $\bmod5$ で考え， $q^2\equiv 4$ を示したのち，$q=7, 13, 17, 23$ について確認することで得られる．あるいは，高校数学の範囲を逸脱するが $\mathbb{Z}[\sqrt2]$ がUFDであることに注目し，基本単数 $1+\sqrt2$ を掛けたときの挙動を観察することでも同様に示される．
<\/details>
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc210/editorial/7532
　点 $I$ から直線 $AB$ に下ろした垂線の足を点 $D$ ，直線 $DM$ と$OI$ の交点を点 $E$ ，直線 $CI$ と $AB$ の交点を点 $F$ とする．また三角形 $OMC$ の外接円上に点 $Q$ を，線分 $OQ$ が円の直径となるようにとる．さらに三角形 $ABC$ の外接円の半径を $R$ ，内接円の半径を $r$ とする．\
　$DI$ と $MO$ はいずれも $AB$ に垂直より $OE:EI=R:r$ であり，$MO$ と $MQ$ が垂直から $DF\/\/MQ$ ，$angle-chase$ で $OQ\/\/IF$ となりこれらから三角形 $IDF$ と三角形 $OMQ$ は相似で，相似の中心が点 $E$ となるので点 $F, E, Q$ は同一直線上である．\
　根軸を考えると直線 $AB, MC, OP$ は一点で交わり，この点を $G$ とする．$OA=OB$ より直線 $OP$ は角 $APB$ の外角の二等分線となるので，$AC:BC=AG:BG=AP:BP$ であり，$AP:BP=AC:BC=AF:BF$ から直線 $PF$ は角 $APB$ の内角二等分線となることが分かり，直線 $OP$ と $PF$ は垂直であることが言える．$OQ$ が直径であることから直線 $OP$ と $PQ$ も垂直なので，点 $F, P, Q$ は同一直線上であり，特に $\angle OPE=90\degree$ が言える．\
　点 $I$ から直線 $OP$ に下ろした垂線の足を点 $H$ とし，$\angle IPH=\theta$ とすれば，$R:r=OE:EI=OP:PH=q:a \cos \theta$ となり，有名事実から $p^2=R^2-2Rr$ なので $\dfrac{R^2-p^2}{R^2}=\dfrac {2r}R=\dfrac {2a\cos\theta}q=\dfrac{p^2-q^2-a^2}{q^2}$\
　これを整理することで $R^2$ を $p^2, q^2, a^2$ で表すことができる．
OMC君の問題を反転を使わずに解く方法
https://onlinemathcontest.com/contests/omc210/editorial/7532/432
　OMC君はOMCに提出するために以下の問題を作成しましたが，数値設定に悩んでいます．
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**問題**．$CA\gt CB$ なる三角形 $ABC$ において，内心，外心をそれぞれ $I, O$ とし，外接円を $\Gamma$ とします．$\Gamma$ の弧 $ACB$ の中点を $M$ とし，さらに三角形 $OMC$ の外接円と三角形 $OAB$ の外接円の交点のうち $O$ と異なるものを $P$ とおいたところ，
$$IO=p,\quad OP=q,\quad PI=a$$
が成立しました．このとき，$\Gamma$ の半径を求めてください．
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　OMC君には強いこだわりがあり，以下の条件をすべて満たすように問題中の $p, q, a$ を設定したいです：
- いずれも正の整数であり，さらに $p, q$ はいずれも素数である．
- $p, q, a$ を設定したときに問題の条件を満たす三角形 $ABC$ が存在する．
- 解答，すなわち $\Gamma$ の半径は一意に定まり，かつ正の整数になる．

　上の条件を満たす範囲で $p, q, a$ を動かすことを考えます．$a$ がありうる最小の値を取るとき，$\Gamma$ の半径としてありうる最小の値を求めてください．