Logo para LIVE por Po-Shen Loh

LIVE

Español

Problemas del 2001 AIME II

¡Desplázate hacia abajo y presiona Iniciar para intentar el examen! O ve al PDF imprimible, la clave de respuestas, o las soluciones profesionales preparadas por LIVE by Po-Shen Loh.

Todos los problemas se usan con el permiso legal oficial de la Mathematical Association of America (MAA).

O salta directamente a un solo problema con su solución: 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 · 9 · 10 · 11 · 12 · 13 · 14 · 15

¿Quieres aprender de forma profesional con clases interactivas en video?

Aprende con LIVE

Con tiempo

3:00:00

1.

Sea NN el mayor entero positivo con la siguiente propiedad: leyendo de izquierda a derecha, cada par de dígitos consecutivos de NN forma un cuadrado perfecto. ¿Cuáles son los tres dígitos de más a la izquierda de NN?

Let NN be the largest positive integer with the following property: reading from left to right, each pair of consecutive digits of NN forms a perfect square. What are the leftmost three digits of N?N?

Respuesta: 816
Conceptos:dígitoscuadrado perfectoenumeración sistemática

Nivel de dificultad: 1890

Solución:

Cada par de dígitos consecutivos debe ser uno de los cuadrados de dos dígitos 16,16, 25,25, 36,36, 49,49, 64,64, 81.81. Por tanto, si existe, cada dígito determina de forma única a su sucesor: 1→6,1 \to 6, 2→5,2 \to 5, 3→6,3 \to 6, 4→9,4 \to 9, 6→4,6 \to 4, 8→1,8 \to 1, mientras que 55 y 99 terminan el número.

Siguiendo estas cadenas desde cada posible dígito inicial, las cadenas más largas son 25,25, 3649,3649, y 81649.81649. La cadena de cinco dígitos 8→1→6→4→98 \to 1 \to 6 \to 4 \to 9 supera a todas las demás, así que N=81649,N = 81649, cuyos tres dígitos de más a la izquierda son 816.816.

Each pair of consecutive digits must be one of the two-digit squares 16,16, 25,25, 36,36, 49,49, 64,64, 81.81. So each digit determines its successor uniquely if one exists: 1→6,1 \to 6, 2→5,2 \to 5, 3→6,3 \to 6, 4→9,4 \to 9, 6→4,6 \to 4, 8→1,8 \to 1, while 55 and 99 end the number.

Following these chains from each possible starting digit, the longest strings are 25,25, 3649,3649, and 81649.81649. The five-digit chain 8→1→6→4→98 \to 1 \to 6 \to 4 \to 9 beats everything else, so N=81649,N = 81649, whose leftmost three digits are 816.816.

2.

Cada uno de los 20012001 estudiantes de un instituto estudia español o francés, y algunos estudian ambos. El número de los que estudian español está entre el 8080 por ciento y el 8585 por ciento de la población escolar, y el número de los que estudian francés está entre el 3030 por ciento y el 4040 por ciento. Sea mm el menor número de estudiantes que podrían estudiar ambos idiomas, y sea MM el mayor número de estudiantes que podrían estudiar ambos idiomas. Halla M−m.M - m.

Each of the 20012001 students at a high school studies either Spanish or French, and some study both. The number who study Spanish is between 8080 percent and 8585 percent of the school population, and the number who study French is between 3030 percent and 4040 percent. Let mm be the smallest number of students who could study both languages, and let MM be the largest number of students who could study both languages. Find M−m.M - m.

Respuesta: 298
Conceptos:inclusión-exclusiónporcentajeacotación a casos límite

Nivel de dificultad: 2110

Solución:

Sean ss y ff los números de estudiantes que estudian español y francés. Como cada estudiante estudia al menos un idioma, el número de los que estudian ambos es s+f−2001.s + f - 2001. Las cotas 1600.8<s<1700.851600.8 \lt s \lt 1700.85 obligan a 1601≤s≤1700,1601 \le s \le 1700, y 600.3<f<800.4600.3 \lt f \lt 800.4 obligan a 601≤f≤800.601 \le f \le 800.

El solapamiento es mínimo cuando s+fs + f es mínimo, lo que da m=1601+601−2001=201,m = 1601 + 601 - 2001 = 201, y máximo cuando s+fs + f es máximo, lo que da M=1700+800−2001=499.M = 1700 + 800 - 2001 = 499. Ambos extremos son alcanzables, así que M−m=499−201=298.M - m = 499 - 201 = 298.

Let ss and ff be the numbers of students studying Spanish and French. Since every student studies at least one language, the number studying both is s+f−2001.s + f - 2001. The bounds 1600.8<s<1700.851600.8 \lt s \lt 1700.85 force 1601≤s≤1700,1601 \le s \le 1700, and 600.3<f<800.4600.3 \lt f \lt 800.4 force 601≤f≤800.601 \le f \le 800.

The overlap is smallest when s+fs + f is smallest, giving m=1601+601−2001=201,m = 1601 + 601 - 2001 = 201, and largest when s+fs + f is largest, giving M=1700+800−2001=499.M = 1700 + 800 - 2001 = 499. Both extremes are achievable, so M−m=499−201=298.M - m = 499 - 201 = 298.

3.

Dado que x1=211,x_1 = 211, x2=375,x_2 = 375, x3=420,x_3 = 420, x4=523,x_4 = 523, y xn=xn−1−xn−2+xn−3−xn−4when n≥5, \begin{aligned} x_n &= x_{n-1} - x_{n-2} + x_{n-3} - x_{n-4} \\ &\quad \text{when } n \ge 5, \end{aligned} halla el valor de x531+x753+x975.x_{531} + x_{753} + x_{975}.

Given that x1=211,x_1 = 211, x2=375,x_2 = 375, x3=420,x_3 = 420, x4=523,x_4 = 523, and xn=xn−1−xn−2+xn−3−xn−4when n≥5, \begin{aligned} x_n &= x_{n-1} - x_{n-2} + x_{n-3} - x_{n-4} \\ &\quad \text{when } n \ge 5, \end{aligned} find the value of x531+x753+x975.x_{531} + x_{753} + x_{975}.

Respuesta: 898
Conceptos:recursiónreconocimiento de patrones

Nivel de dificultad: 2070

Solución:

Para n≥6,n \ge 6, sustituye la recurrencia de xn−1:x_{n-1}: xn=(xn−2−xn−3+xn−4−xn−5)−xn−2+xn−3−xn−4=−xn−5. \begin{aligned} x_n &= \\ &(x_{n-2} - x_{n-3} + x_{n-4} - x_{n-5}) \\ &\quad {}- x_{n-2} \\ &\quad {}+ x_{n-3} - x_{n-4} \\ &= -x_{n-5}. \end{aligned} Por tanto xn+10=−xn+5=xn,x_{n+10} = -x_{n+5} = x_n, así que la sucesión tiene periodo 10.10.

Como 531,531, 753,753, y 975975 dejan restos 1,1, 3,3, y 55 al dividir entre 10,10, obtenemos x531=x1=211,x_{531} = x_1 = 211, x753=x3=420,x_{753} = x_3 = 420, y x975=x5x_{975} = x_5 =x4−x3+x2−x1= x_4 - x_3 + x_2 - x_1 =523−420+375−211= 523 - 420 + 375 - 211 =267.= 267.

La suma es 211+420+267=898.211 + 420 + 267 = 898.

For n≥6,n \ge 6, substitute the recurrence for xn−1:x_{n-1}: xn=(xn−2−xn−3+xn−4−xn−5)−xn−2+xn−3−xn−4=−xn−5. \begin{aligned} x_n &= \\ &(x_{n-2} - x_{n-3} + x_{n-4} - x_{n-5}) \\ &\quad {}- x_{n-2} \\ &\quad {}+ x_{n-3} - x_{n-4} \\ &= -x_{n-5}. \end{aligned} Hence xn+10=−xn+5=xn,x_{n+10} = -x_{n+5} = x_n, so the sequence has period 10.10.

Since 531,531, 753,753, and 975975 leave remainders 1,1, 3,3, and 55 upon division by 10,10, we get x531=x1=211,x_{531} = x_1 = 211, x753=x3=420,x_{753} = x_3 = 420, and x975=x5x_{975} = x_5 =x4−x3+x2−x1= x_4 - x_3 + x_2 - x_1 =523−420+375−211= 523 - 420 + 375 - 211 =267.= 267.

The sum is 211+420+267=898.211 + 420 + 267 = 898.

4.

Sea R=(8,6).R = (8, 6). Las rectas cuyas ecuaciones son 8y=15x8y = 15x y 10y=3x10y = 3x contienen los puntos PP y Q,Q, respectivamente, de modo que RR es el punto medio de PQ‾.\overline{PQ}. La longitud PQPQ es igual a mn,\frac{m}{n}, donde mm y nn son enteros positivos primos entre sí. Halla m+n.m + n.

Let R=(8,6).R = (8, 6). The lines whose equations are 8y=15x8y = 15x and 10y=3x10y = 3x contain points PP and Q,Q, respectively, such that RR is the midpoint of PQ‾.\overline{PQ}. The length PQPQ equals mn,\frac{m}{n}, where mm and nn are relatively prime positive integers. Find m+n.m + n.

Respuesta: 67
Conceptos:geometría analíticapunto mediosistema de ecuacionesfórmula de la distancia

Nivel de dificultad: 2170

Solución:

Los puntos de las dos rectas se pueden escribir P=(8t,15t)P = (8t, 15t) y Q=(10u,3u).Q = (10u, 3u). Como R=(8,6)R = (8, 6) es el punto medio de PQ‾,\overline{PQ}, 8t+10u=168t + 10u = 16 y 15t+3u=12.15t + 3u = 12.

La segunda ecuación da u=4−5t;u = 4 - 5t; sustituyendo en la primera, 8t+40−50t=16,8t + 40 - 50t = 16, así que t=47t = \frac{4}{7} y u=87.u = \frac{8}{7}. Por tanto P=(327,607)P = \left(\frac{32}{7}, \frac{60}{7}\right) y Q=(807,247).Q = \left(\frac{80}{7}, \frac{24}{7}\right).

Entonces PQ=(487)2+(367)2PQ = \sqrt{\left(\frac{48}{7}\right)^2 + \left(\frac{36}{7}\right)^2} =12742+32= \frac{12}{7}\sqrt{4^2 + 3^2} =607,= \frac{60}{7}, así que m+n=60+7=67.m + n = 60 + 7 = 67.

Points on the two lines can be written P=(8t,15t)P = (8t, 15t) and Q=(10u,3u).Q = (10u, 3u). Since R=(8,6)R = (8, 6) is the midpoint of PQ‾,\overline{PQ}, 8t+10u=168t + 10u = 16 and 15t+3u=12.15t + 3u = 12.

The second equation gives u=4−5t;u = 4 - 5t; substituting into the first, 8t+40−50t=16,8t + 40 - 50t = 16, so t=47t = \frac{4}{7} and u=87.u = \frac{8}{7}. Thus P=(327,607)P = \left(\frac{32}{7}, \frac{60}{7}\right) and Q=(807,247).Q = \left(\frac{80}{7}, \frac{24}{7}\right).

Then PQ=(487)2+(367)2PQ = \sqrt{\left(\frac{48}{7}\right)^2 + \left(\frac{36}{7}\right)^2} =12742+32= \frac{12}{7}\sqrt{4^2 + 3^2} =607,= \frac{60}{7}, so m+n=60+7=67.m + n = 60 + 7 = 67.

5.

Un conjunto de números positivos tiene la propiedad del triángulo si tiene tres elementos distintos que son las longitudes de los lados de un triángulo cuya área es positiva. Considera conjuntos {4,5,6,…,n}\{4, 5, 6, \ldots, n\} de enteros positivos consecutivos, tales que todos sus subconjuntos de diez elementos tienen la propiedad del triángulo. ¿Cuál es el mayor valor posible de nn?

A set of positive numbers has the triangle property if it has three distinct elements that are the lengths of the sides of a triangle whose area is positive. Consider sets {4,5,6,…,n}\{4, 5, 6, \ldots, n\} of consecutive positive integers, all of whose ten-element subsets have the triangle property. What is the largest possible value of n?n?

Respuesta: 253
Conceptos:desigualdad triangularFibonacciargumento extremal

Nivel de dificultad: 2390

Solución:

Supongamos que un conjunto de diez elementos {a1<a2<⋯<a10}\{a_1 \lt a_2 \lt \cdots \lt a_{10}\} no tiene triángulo. Entonces cada tres elementos incumplen la desigualdad triangular estricta; en particular ai+2≥ai+1+aia_{i+2} \ge a_{i+1} + a_i para cada i.i. Partiendo de a1≥4a_1 \ge 4 y a2≥5,a_2 \ge 5, esto obliga a a3≥9,a_3 \ge 9, a4≥14,a_4 \ge 14, a5≥23,a_5 \ge 23, a6≥37,a_6 \ge 37, a7≥60,a_7 \ge 60, a8≥97,a_8 \ge 97, a9≥157,a_9 \ge 157, y a10≥254.a_{10} \ge 254.

Así que si n≤253,n \le 253, ningún subconjunto de diez elementos de {4,5,…,n}\{4, 5, \ldots, n\} puede evitar los triángulos, ya que su mayor elemento tendría que ser al menos 254.254. Recíprocamente, tomando la igualdad en todo, el subconjunto {4,5,9,14,23,\{4, 5, 9, 14, 23, 37,60,97,157,254}37, 60, 97, 157, 254\} de {4,5,…,254}\{4, 5, \ldots, 254\} no tiene triángulo.

Por tanto, el mayor valor posible es n=253.n = 253.

Suppose a ten-element set {a1<a2<⋯<a10}\{a_1 \lt a_2 \lt \cdots \lt a_{10}\} has no triangle. Then every three elements fail the strict triangle inequality; in particular ai+2≥ai+1+aia_{i+2} \ge a_{i+1} + a_i for each i.i. Starting from a1≥4a_1 \ge 4 and a2≥5,a_2 \ge 5, this forces a3≥9,a_3 \ge 9, a4≥14,a_4 \ge 14, a5≥23,a_5 \ge 23, a6≥37,a_6 \ge 37, a7≥60,a_7 \ge 60, a8≥97,a_8 \ge 97, a9≥157,a_9 \ge 157, and a10≥254.a_{10} \ge 254.

So if n≤253,n \le 253, no ten-element subset of {4,5,…,n}\{4, 5, \ldots, n\} can avoid triangles, since its largest element would have to be at least 254.254. Conversely, taking equality throughout, the subset {4,5,9,14,23,\{4, 5, 9, 14, 23, 37,60,97,157,254}37, 60, 97, 157, 254\} of {4,5,…,254}\{4, 5, \ldots, 254\} has no triangle.

Therefore the largest possible value is n=253.n = 253.

6.

El cuadrado ABCDABCD está inscrito en una circunferencia. El cuadrado EFGHEFGH tiene los vértices EE y FF sobre CD‾\overline{CD} y los vértices GG y HH sobre la circunferencia. La razón entre el área del cuadrado EFGHEFGH y el área del cuadrado ABCDABCD se puede expresar como mn,\frac{m}{n}, donde mm y nn son enteros positivos primos entre sí y m<n.m \lt n. Halla 10n+m.10n + m.

Square ABCDABCD is inscribed in a circle. Square EFGHEFGH has vertices EE and FF on CD‾\overline{CD} and vertices GG and HH on the circle. The ratio of the area of square EFGHEFGH to the area of square ABCDABCD can be expressed as mn,\frac{m}{n}, where mm and nn are relatively prime positive integers and m<n.m \lt n. Find 10n+m.10n + m.

Respuesta: 251
Conceptos:cuadrado (geometría)círculogeometría analíticacuadrática

Nivel de dificultad: 2390

Solución:

Centra la circunferencia en el origen y sea ABCDABCD de lado s,s, de modo que la circunferencia es x2+y2=s22x^2 + y^2 = \frac{s^2}{2} y el lado CD‾\overline{CD} está sobre la recta y=s2.y = \frac{s}{2}. El cuadrado pequeño se apoya sobre CD‾,\overline{CD}, por fuera de ABCD:ABCD: si su lado es t,t, entonces por simetría G=(t2,s2+t),G = \left(\frac{t}{2}, \frac{s}{2} + t\right), que debe estar sobre la circunferencia.

Sustituyendo, t24+(s2+t)2=s22,\frac{t^2}{4} + \left(\frac{s}{2} + t\right)^2 = \frac{s^2}{2}, que se desarrolla como 5t2+4st−s2=0,5t^2 + 4st - s^2 = 0, o (5t−s)(t+s)=0.(5t - s)(t + s) = 0. Como t>0,t \gt 0, obtenemos t=s5.t = \frac{s}{5}.

La razón de áreas es t2s2=125,\frac{t^2}{s^2} = \frac{1}{25}, así que m=1,m = 1, n=25,n = 25, y 10n+m=251.10n + m = 251.

Center the circle at the origin and let ABCDABCD have side s,s, so the circle is x2+y2=s22x^2 + y^2 = \frac{s^2}{2} and side CD‾\overline{CD} lies on the line y=s2.y = \frac{s}{2}. The small square sits on CD‾,\overline{CD}, outside ABCD:ABCD: if its side is t,t, then by symmetry G=(t2,s2+t),G = \left(\frac{t}{2}, \frac{s}{2} + t\right), which must lie on the circle.

Substituting, t24+(s2+t)2=s22,\frac{t^2}{4} + \left(\frac{s}{2} + t\right)^2 = \frac{s^2}{2}, which expands to 5t2+4st−s2=0,5t^2 + 4st - s^2 = 0, or (5t−s)(t+s)=0.(5t - s)(t + s) = 0. Since t>0,t \gt 0, we get t=s5.t = \frac{s}{5}.

The ratio of areas is t2s2=125,\frac{t^2}{s^2} = \frac{1}{25}, so m=1,m = 1, n=25,n = 25, and 10n+m=251.10n + m = 251.

7.

Sea △PQR\triangle PQR un triángulo rectángulo con PQ=90,PQ = 90, PR=120,PR = 120, y QR=150.QR = 150. Sea C1C_1 la circunferencia inscrita. Construye ST‾,\overline{ST}, con SS sobre PR‾\overline{PR} y TT sobre QR‾,\overline{QR}, de modo que ST‾\overline{ST} sea perpendicular a PR‾\overline{PR} y tangente a C1.C_1. Construye UV‾\overline{UV} con UU sobre PQ‾\overline{PQ} y VV sobre QR‾\overline{QR} de modo que UV‾\overline{UV} sea perpendicular a PQ‾\overline{PQ} y tangente a C1.C_1. Sea C2C_2 la circunferencia inscrita de △RST\triangle RST y C3C_3 la circunferencia inscrita de △QUV.\triangle QUV. La distancia entre los centros de C2C_2 y C3C_3 se puede escribir como 10n.\sqrt{10n}. ¿Cuánto vale nn?

Let △PQR\triangle PQR be a right triangle with PQ=90,PQ = 90, PR=120,PR = 120, and QR=150.QR = 150. Let C1C_1 be the inscribed circle. Construct ST‾,\overline{ST}, with SS on PR‾\overline{PR} and TT on QR‾,\overline{QR}, such that ST‾\overline{ST} is perpendicular to PR‾\overline{PR} and tangent to C1.C_1. Construct UV‾\overline{UV} with UU on PQ‾\overline{PQ} and VV on QR‾\overline{QR} such that UV‾\overline{UV} is perpendicular to PQ‾\overline{PQ} and tangent to C1.C_1. Let C2C_2 be the inscribed circle of △RST\triangle RST and C3C_3 the inscribed circle of △QUV.\triangle QUV. The distance between the centers of C2C_2 and C3C_3 can be written as 10n.\sqrt{10n}. What is n?n?

Respuesta: 725
Conceptos:circunferencia inscrita, incentro e inradiotriángulo rectángulosemejanzafórmula de la distancia

Nivel de dificultad: 2560

Solución:

El ángulo recto está en P,P, así que coloca P=(0,0),P = (0, 0), Q=(0,90),Q = (0, 90), R=(120,0).R = (120, 0). El inradio de un triángulo rectángulo es la mitad de la suma de los catetos menos la hipotenusa: r1=90+120−1502=30,r_1 = \frac{90 + 120 - 150}{2} = 30, de modo que C1C_1 tiene centro (30,30).(30, 30). La recta tangente a C1C_1 perpendicular a PR‾\overline{PR} (del lado hacia RR) es x=60,x = 60, y la tangente perpendicular a PQ‾\overline{PQ} (hacia QQ) es y=60.y = 60.

El triángulo RSTRST es semejante al triángulo RPQRPQ con razón RSRP=60120=12,\frac{RS}{RP} = \frac{60}{120} = \frac{1}{2}, así que su inradio es 1515 y su circunferencia inscrita C2C_2 tiene centro en (60+15,15)=(75,15).(60 + 15, 15) = (75, 15). El triángulo QUVQUV es semejante al triángulo QPRQPR con razón QUQP=3090=13,\frac{QU}{QP} = \frac{30}{90} = \frac{1}{3}, así que su inradio es 1010 y C3C_3 tiene centro en (10,60+10)=(10,70).(10, 60 + 10) = (10, 70).

La distancia al cuadrado es 652+55265^2 + 55^2 =4225+3025= 4225 + 3025 =7250= 7250 =10⋅725,= 10 \cdot 725, así que n=725.n = 725.

The right angle is at P,P, so place P=(0,0),P = (0, 0), Q=(0,90),Q = (0, 90), R=(120,0).R = (120, 0). The inradius of a right triangle is half the sum of the legs minus the hypotenuse: r1=90+120−1502=30,r_1 = \frac{90 + 120 - 150}{2} = 30, so C1C_1 has center (30,30).(30, 30). The tangent line to C1C_1 perpendicular to PR‾\overline{PR} (on the side toward RR) is x=60,x = 60, and the tangent perpendicular to PQ‾\overline{PQ} (toward QQ) is y=60.y = 60.

Triangle RSTRST is similar to triangle RPQRPQ with ratio RSRP=60120=12,\frac{RS}{RP} = \frac{60}{120} = \frac{1}{2}, so its inradius is 1515 and its incircle C2C_2 is centered at (60+15,15)=(75,15).(60 + 15, 15) = (75, 15). Triangle QUVQUV is similar to triangle QPRQPR with ratio QUQP=3090=13,\frac{QU}{QP} = \frac{30}{90} = \frac{1}{3}, so its inradius is 1010 and C3C_3 is centered at (10,60+10)=(10,70).(10, 60 + 10) = (10, 70).

The squared distance is 652+55265^2 + 55^2 =4225+3025= 4225 + 3025 =7250= 7250 =10⋅725,= 10 \cdot 725, so n=725.n = 725.

8.

Cierta función ff tiene las propiedades de que f(3x)=3f(x)f(3x) = 3f(x) para todos los valores reales positivos de x,x, y de que f(x)=1−∣x−2∣f(x) = 1 - |x - 2| para 1≤x≤3.1 \le x \le 3. Halla el menor xx para el cual f(x)=f(2001).f(x) = f(2001).

A certain function ff has the properties that f(3x)=3f(x)f(3x) = 3f(x) for all positive real values of x,x, and that f(x)=1−∣x−2∣f(x) = 1 - |x - 2| for 1≤x≤3.1 \le x \le 3. Find the smallest xx for which f(x)=f(2001).f(x) = f(2001).

Respuesta: 429
Conceptos:ecuación funcionalvalor absoluto

Nivel de dificultad: 2560

Solución:

Aplicando f(3x)=3f(x)f(3x) = 3f(x) seis veces se obtiene f(2001)=36f(2001729),f(2001) = 3^6 f\left(\frac{2001}{729}\right), y 2001729\frac{2001}{729} está en [1,3],[1, 3], así que f(2001)=729(1−∣2001729−2∣)=729−∣2001−1458∣=729−543=186. \begin{aligned} f(2001) &= 729\left(1 - \left|\tfrac{2001}{729} - 2\right|\right) \\ &= 729 - |2001 - 1458| \\ &= 729 - 543 = 186. \end{aligned}

Para x∈[3k,3k+1],x \in [3^k, 3^{k+1}], tenemos f(x)=3kf(x3k)f(x) = 3^k f\left(\frac{x}{3^k}\right) =3k(1−∣x3k−2∣),= 3^k\left(1 - \left|\frac{x}{3^k} - 2\right|\right), una tienda cuyo valor máximo es 3k.3^k. Para alcanzar 186186 necesitamos 3k≥186,3^k \ge 186, así que k≥5,k \ge 5, y las soluciones más pequeñas están en [243,729],[243, 729], donde f(x)=243−∣x−486∣.f(x) = 243 - |x - 486|.

Poniendo 243−∣x−486∣=186243 - |x - 486| = 186 se obtiene ∣x−486∣=57,|x - 486| = 57, así que x=429x = 429 o x=543.x = 543. El menor xx es 429.429.

Applying f(3x)=3f(x)f(3x) = 3f(x) six times gives f(2001)=36f(2001729),f(2001) = 3^6 f\left(\frac{2001}{729}\right), and 2001729\frac{2001}{729} lies in [1,3],[1, 3], so f(2001)=729(1−∣2001729−2∣)=729−∣2001−1458∣=729−543=186. \begin{aligned} f(2001) &= 729\left(1 - \left|\tfrac{2001}{729} - 2\right|\right) \\ &= 729 - |2001 - 1458| \\ &= 729 - 543 = 186. \end{aligned}

For x∈[3k,3k+1],x \in [3^k, 3^{k+1}], we have f(x)=3kf(x3k)f(x) = 3^k f\left(\frac{x}{3^k}\right) =3k(1−∣x3k−2∣),= 3^k\left(1 - \left|\frac{x}{3^k} - 2\right|\right), a tent whose maximum value is 3k.3^k. To achieve 186186 we need 3k≥186,3^k \ge 186, so k≥5,k \ge 5, and the smallest solutions lie in [243,729],[243, 729], where f(x)=243−∣x−486∣.f(x) = 243 - |x - 486|.

Setting 243−∣x−486∣=186243 - |x - 486| = 186 gives ∣x−486∣=57,|x - 486| = 57, so x=429x = 429 or x=543.x = 543. The smallest xx is 429.429.

9.

Cada cuadrado unitario de una cuadrícula de cuadrados unitarios de 33 por 33 se va a colorear de azul o de rojo. Para cada cuadrado, cada color es igualmente probable. La probabilidad de obtener una cuadrícula que no tenga un cuadrado rojo de 22 por 22 es mn,\frac{m}{n}, donde mm y nn son enteros positivos primos entre sí. Halla m+n.m + n.

Each unit square of a 33-by-33 unit-square grid is to be colored either blue or red. For each square, either color is equally likely to be used. The probability of obtaining a grid that does not have a 22-by-22 red square is mn,\frac{m}{n}, where mm and nn are relatively prime positive integers. Find m+n.m + n.

Respuesta: 929
Conceptos:inclusión-exclusiónprobabilidad complementaria

Nivel de dificultad: 2710

Solución:

Calcula la probabilidad de que la cuadrícula sí contenga un bloque totalmente rojo de 22 por 22 por inclusión-exclusión sobre las cuatro posiciones posibles. Un bloque fuerza 44 celdas; dos bloques que comparten una arista fuerzan 66 celdas (44 de esos pares), mientras que los dos pares diagonales fuerzan 7;7; tres bloques cualesquiera fuerzan 88 celdas, y los cuatro fuerzan las 9.9.

Cada configuración de celdas rojas forzadas tiene probabilidad (12)cells,\left(\frac{1}{2}\right)^{\text{cells}}, así que la probabilidad de al menos un bloque rojo es 4⋅116−(4⋅164+2⋅1128)+4⋅1256−1512=128−40+8−1512=95512. \begin{aligned} &4 \cdot \frac{1}{16} - \left(4 \cdot \frac{1}{64} + 2 \cdot \frac{1}{128}\right) \\ &\quad {}+ 4 \cdot \frac{1}{256} - \frac{1}{512} \\ &= \frac{128 - 40 + 8 - 1}{512} = \frac{95}{512}. \end{aligned}

La probabilidad buscada es 1−95512=417512,1 - \frac{95}{512} = \frac{417}{512}, y 417=3⋅139417 = 3 \cdot 139 es coprimo con 512,512, así que m+n=417+512=929.m + n = 417 + 512 = 929.

Compute the probability that the grid does contain an all-red 22-by-22 block by inclusion-exclusion over the four possible positions. One block forces 44 cells; two blocks sharing an edge force 66 cells (44 such pairs), while the two diagonal pairs force 7;7; any three blocks force 88 cells, and all four force all 9.9.

Each configuration of forced red cells has probability (12)cells,\left(\frac{1}{2}\right)^{\text{cells}}, so the probability of at least one red block is 4⋅116−(4⋅164+2⋅1128)+4⋅1256−1512=128−40+8−1512=95512. \begin{aligned} &4 \cdot \frac{1}{16} - \left(4 \cdot \frac{1}{64} + 2 \cdot \frac{1}{128}\right) \\ &\quad {}+ 4 \cdot \frac{1}{256} - \frac{1}{512} \\ &= \frac{128 - 40 + 8 - 1}{512} = \frac{95}{512}. \end{aligned}

The desired probability is 1−95512=417512,1 - \frac{95}{512} = \frac{417}{512}, and 417=3⋅139417 = 3 \cdot 139 is coprime to 512,512, so m+n=417+512=929.m + n = 417 + 512 = 929.

10.

¿Cuántos múltiplos enteros positivos de 10011001 se pueden expresar en la forma 10j−10i,10^{j} - 10^{i}, donde ii y jj son enteros y 0≤i<j≤990 \le i \lt j \le 99?

How many positive integer multiples of 10011001 can be expressed in the form 10j−10i,10^{j} - 10^{i}, where ii and jj are integers and 0≤i<j≤99?0 \le i \lt j \le 99?

Respuesta: 784
Conceptos:orden multiplicativoaritmética modularconteo de pares

Nivel de dificultad: 2710

Solución:

Factoriza 10j−10i=10i(10j−i−1).10^j - 10^i = 10^i(10^{j-i} - 1). Como 1001=7⋅11⋅131001 = 7 \cdot 11 \cdot 13 es coprimo con 10i,10^i, necesitamos 1001∣10j−i−1.1001 \mid 10^{j-i} - 1. El orden multiplicativo de 1010 es 66 módulo 7,7, 22 módulo 11,11, y 66 módulo 13,13, así que 10k≡1(mod1001)10^k \equiv 1 \pmod{1001} exactamente cuando kk es múltiplo de 6.6. Pares distintos (i,j)(i, j) dan valores distintos, así que basta con contar los pares.

Para j−i=6dj - i = 6d con 1≤d≤16,1 \le d \le 16, el índice ii puede ser 0,1,…,99−6d,0, 1, \ldots, 99 - 6d, lo que da 100−6d100 - 6d opciones. El total es ∑d=116(100−6d)=94+88+⋯+4=(94+4)⋅162=784. \begin{aligned} &\sum_{d=1}^{16} (100 - 6d) \\ &= 94 + 88 + \cdots + 4 \\ &= \frac{(94 + 4) \cdot 16}{2} \\ &= 784. \end{aligned}

Factor 10j−10i=10i(10j−i−1).10^j - 10^i = 10^i(10^{j-i} - 1). Since 1001=7⋅11⋅131001 = 7 \cdot 11 \cdot 13 is coprime to 10i,10^i, we need 1001∣10j−i−1.1001 \mid 10^{j-i} - 1. The multiplicative order of 1010 is 66 modulo 7,7, 22 modulo 11,11, and 66 modulo 13,13, so 10k≡1(mod1001)10^k \equiv 1 \pmod{1001} exactly when kk is a multiple of 6.6. Distinct pairs (i,j)(i, j) give distinct values, so we just count the pairs.

For j−i=6dj - i = 6d with 1≤d≤16,1 \le d \le 16, the index ii can be 0,1,…,99−6d,0, 1, \ldots, 99 - 6d, giving 100−6d100 - 6d choices. The total is ∑d=116(100−6d)=94+88+⋯+4=(94+4)⋅162=784. \begin{aligned} &\sum_{d=1}^{16} (100 - 6d) \\ &= 94 + 88 + \cdots + 4 \\ &= \frac{(94 + 4) \cdot 16}{2} \\ &= 784. \end{aligned}

11.

El Club Truncator está en una liga de fútbol con otros seis equipos, y juega una vez contra cada uno. En cualquiera de sus 66 partidos, las probabilidades de que el Club Truncator gane, pierda o empate son cada una 13.\frac{1}{3}. La probabilidad de que el Club Truncator termine la temporada con más victorias que derrotas es mn,\frac{m}{n}, donde mm y nn son enteros positivos primos entre sí. Halla m+n.m + n.

Club Truncator is in a soccer league with six other teams, each of which it plays once. In any of its 66 matches, the probabilities that Club Truncator will win, lose, or tie are each 13.\frac{1}{3}. The probability that Club Truncator will finish the season with more wins than losses is mn,\frac{m}{n}, where mm and nn are relatively prime positive integers. Find m+n.m + n.

Respuesta: 341
Conceptos:probabilidad básicapermutaciones de multiconjuntosconteo complementariosimetría

Nivel de dificultad: 2560

Solución:

Intercambiar victorias y derrotas es una simetría que preserva la probabilidad, así que la probabilidad PP de más victorias que derrotas es igual a la probabilidad de más derrotas que victorias, lo que da P=1−p02,P = \frac{1 - p_0}{2}, donde p0p_0 es la probabilidad de igual número de victorias y derrotas.

Un resultado con kk victorias, kk derrotas y 6−2k6 - 2k empates se puede ordenar de 6!k! k! (6−2k)!\frac{6!}{k! \, k! \, (6 - 2k)!} maneras: 1,1, 30,30, 90,90, 2020 para k=0,1,2,3,k = 0, 1, 2, 3, que suman 141.141. Cada una de las 36=7293^6 = 729 secuencias de resultados es igualmente probable, así que p0=141729=47243.p_0 = \frac{141}{729} = \frac{47}{243}.

Por tanto P=12(1−47243)=98243,P = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{47}{243}\right) = \frac{98}{243}, y m+n=98+243=341.m + n = 98 + 243 = 341.

Swapping wins and losses is a probability-preserving symmetry, so the probability PP of more wins than losses equals the probability of more losses than wins, giving P=1−p02,P = \frac{1 - p_0}{2}, where p0p_0 is the probability of equally many wins and losses.

An outcome with kk wins, kk losses, and 6−2k6 - 2k ties can be arranged in 6!k! k! (6−2k)!\frac{6!}{k! \, k! \, (6 - 2k)!} ways: 1,1, 30,30, 90,90, 2020 for k=0,1,2,3,k = 0, 1, 2, 3, totaling 141.141. Each of the 36=7293^6 = 729 outcome sequences is equally likely, so p0=141729=47243.p_0 = \frac{141}{729} = \frac{47}{243}.

Therefore P=12(1−47243)=98243,P = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{47}{243}\right) = \frac{98}{243}, and m+n=98+243=341.m + n = 98 + 243 = 341.

12.

Dado un triángulo, su triángulo medial se obtiene uniendo los puntos medios de sus lados. Una sucesión de poliedros Pi\mathcal{P}_i se define recursivamente como sigue: P0\mathcal{P}_0 es un tetraedro regular cuyo volumen es 1.1. Para obtener Pi+1,\mathcal{P}_{i+1}, reemplaza el triángulo medial de cada cara de Pi\mathcal{P}_i por un tetraedro regular que apunta hacia afuera y que tiene ese triángulo medial como cara. El volumen de P3\mathcal{P}_3 es mn,\frac{m}{n}, donde mm y nn son enteros positivos primos entre sí. Halla m+n.m + n.

Given a triangle, its midpoint triangle is obtained by joining the midpoints of its sides. A sequence of polyhedra Pi\mathcal{P}_i is defined recursively as follows: P0\mathcal{P}_0 is a regular tetrahedron whose volume is 1.1. To obtain Pi+1,\mathcal{P}_{i+1}, replace the midpoint triangle of every face of Pi\mathcal{P}_i by an outward-pointing regular tetrahedron that has the midpoint triangle as a face. The volume of P3\mathcal{P}_3 is mn,\frac{m}{n}, where mm and nn are relatively prime positive integers. Find m+n.m + n.

Respuesta: 101
Conceptos:volumenescalamiento de potencias de longitud, área y volumenrecursiónsucesión geométrica

Nivel de dificultad: 2990

Solución:

Adjuntar un tetraedro sobre el triángulo medial de una cara reemplaza esa cara por 66 triángulos equiláteros con la mitad de la longitud del lado: los 33 triángulos de las esquinas más las 33 caras expuestas del nuevo tetraedro. Así que todas las caras de Pi\mathcal{P}_i son congruentes, con lado (12)i\left(\frac{1}{2}\right)^i veces el original, y Pi\mathcal{P}_i tiene 4⋅6i4 \cdot 6^i caras.

Al pasar de Pi\mathcal{P}_i a Pi+1\mathcal{P}_{i+1} se pega un tetraedro regular sobre cada cara; cada uno es semejante a P0\mathcal{P}_0 con razón (12)i+1,\left(\frac{1}{2}\right)^{i+1}, por lo que tiene volumen (18)i+1.\left(\frac{1}{8}\right)^{i+1}. El volumen añadido es 4⋅6i(18)i+1=12(34)i.4 \cdot 6^i \left(\frac{1}{8}\right)^{i+1} = \frac{1}{2}\left(\frac{3}{4}\right)^i.

Por tanto, el volumen de P3\mathcal{P}_3 es 1+12+38+932=6932,1 + \frac{1}{2} + \frac{3}{8} + \frac{9}{32} = \frac{69}{32}, y m+n=69+32=101.m + n = 69 + 32 = 101.

Attaching a tetrahedron over the midpoint triangle of a face replaces that face by 66 equilateral triangles of half the side length: the 33 corner triangles plus 33 exposed faces of the new tetrahedron. So all faces of Pi\mathcal{P}_i are congruent, with side (12)i\left(\frac{1}{2}\right)^i times the original, and Pi\mathcal{P}_i has 4⋅6i4 \cdot 6^i faces.

Passing from Pi\mathcal{P}_i to Pi+1\mathcal{P}_{i+1} glues one regular tetrahedron onto each face; each is similar to P0\mathcal{P}_0 with ratio (12)i+1,\left(\frac{1}{2}\right)^{i+1}, hence has volume (18)i+1.\left(\frac{1}{8}\right)^{i+1}. The volume added is 4⋅6i(18)i+1=12(34)i.4 \cdot 6^i \left(\frac{1}{8}\right)^{i+1} = \frac{1}{2}\left(\frac{3}{4}\right)^i.

Therefore the volume of P3\mathcal{P}_3 is 1+12+38+932=6932,1 + \frac{1}{2} + \frac{3}{8} + \frac{9}{32} = \frac{69}{32}, and m+n=69+32=101.m + n = 69 + 32 = 101.

13.

En el cuadrilátero ABCD,ABCD, ∠BAD≅∠ADC\angle BAD \cong \angle ADC y ∠ABD≅∠BCD,\angle ABD \cong \angle BCD, AB=8,AB = 8, BD=10,BD = 10, y BC=6.BC = 6. La longitud CDCD se puede escribir en la forma mn,\frac{m}{n}, donde mm y nn son enteros positivos primos entre sí. Halla m+n.m + n.

In quadrilateral ABCD,ABCD, ∠BAD≅∠ADC\angle BAD \cong \angle ADC and ∠ABD≅∠BCD,\angle ABD \cong \angle BCD, AB=8,AB = 8, BD=10,BD = 10, and BC=6.BC = 6. The length CDCD may be written in the form mn,\frac{m}{n}, where mm and nn are relatively prime positive integers. Find m+n.m + n.

Respuesta: 69
Conceptos:semejanzatriángulo isóscelespersecución de ángulos

Nivel de dificultad: 2990

Solución:

Prolonga AB‾\overline{AB} más allá de BB y DC‾\overline{DC} más allá de CC hasta que se corten en P.P. Como ∠PAD=∠PDA,\angle PAD = \angle PDA, el triángulo APDAPD es isósceles con PA=PD.PA = PD. Además, ∠PBD=180∘−∠ABD\angle PBD = 180^\circ - \angle ABD y ∠PCB=180∘−∠BCD,\angle PCB = 180^\circ - \angle BCD, así que ∠PBD=∠PCB.\angle PBD = \angle PCB.

Los triángulos PCBPCB y PBDPBD comparten el ángulo PP y tienen ∠PCB=∠PBD,\angle PCB = \angle PBD, así que son semejantes, lo que da PCPB=PBPD=CBBD=35.\frac{PC}{PB} = \frac{PB}{PD} = \frac{CB}{BD} = \frac{3}{5}. Como PB=PA−8=PD−8,PB = PA - 8 = PD - 8, la razón central queda PD−8PD=35,\frac{PD - 8}{PD} = \frac{3}{5}, así que PD=20PD = 20 y PB=12.PB = 12. Entonces PC=35⋅12=365.PC = \frac{3}{5} \cdot 12 = \frac{36}{5}.

Por último, CD=PD−PCCD = PD - PC =20−365= 20 - \frac{36}{5} =645,= \frac{64}{5}, que está en su forma irreducible, así que m+n=64+5=69.m + n = 64 + 5 = 69.

Extend AB‾\overline{AB} beyond BB and DC‾\overline{DC} beyond CC to meet at P.P. Since ∠PAD=∠PDA,\angle PAD = \angle PDA, triangle APDAPD is isosceles with PA=PD.PA = PD. Also ∠PBD=180∘−∠ABD\angle PBD = 180^\circ - \angle ABD and ∠PCB=180∘−∠BCD,\angle PCB = 180^\circ - \angle BCD, so ∠PBD=∠PCB.\angle PBD = \angle PCB.

Triangles PCBPCB and PBDPBD share angle PP and have ∠PCB=∠PBD,\angle PCB = \angle PBD, so they are similar, giving PCPB=PBPD=CBBD=35.\frac{PC}{PB} = \frac{PB}{PD} = \frac{CB}{BD} = \frac{3}{5}. Since PB=PA−8=PD−8,PB = PA - 8 = PD - 8, the middle ratio reads PD−8PD=35,\frac{PD - 8}{PD} = \frac{3}{5}, so PD=20PD = 20 and PB=12.PB = 12. Then PC=35⋅12=365.PC = \frac{3}{5} \cdot 12 = \frac{36}{5}.

Finally CD=PD−PCCD = PD - PC =20−365= 20 - \frac{36}{5} =645,= \frac{64}{5}, which is in lowest terms, so m+n=64+5=69.m + n = 64 + 5 = 69.

14.

Hay 2n2n números complejos que satisfacen a la vez z28−z8−1=0z^{28} - z^{8} - 1 = 0 y ∣z∣=1.|z| = 1. Estos números tienen la forma zm=cos⁡θm+isin⁡θm,z_{m} = \cos\theta_{m} + i\sin\theta_{m}, donde 0≤θ1<θ2<…<θ2n<3600 \le \theta_{1} \lt \theta_{2} \lt \ldots \lt \theta_{2n} \lt 360 y los ángulos se miden en grados. Halla el valor de θ2+θ4+⋯+θ2n.\theta_{2} + \theta_{4} + \cdots + \theta_{2n}.

There are 2n2n complex numbers that satisfy both z28−z8−1=0z^{28} - z^{8} - 1 = 0 and ∣z∣=1.|z| = 1. These numbers have the form zm=cos⁡θm+isin⁡θm,z_{m} = \cos\theta_{m} + i\sin\theta_{m}, where 0≤θ1<θ2<…<θ2n<3600 \le \theta_{1} \lt \theta_{2} \lt \ldots \lt \theta_{2n} \lt 360 and angles are measured in degrees. Find the value of θ2+θ4+⋯+θ2n.\theta_{2} + \theta_{4} + \cdots + \theta_{2n}.

Respuesta: 840
Conceptos:número complejoTeorema de De Moivrearitmética modular

Nivel de dificultad: 3060

Solución:

Escribe cis⁡θ=cos⁡θ+isin⁡θ.\operatorname{cis}\theta = \cos\theta + i\sin\theta. La ecuación dice z8(z20−1)=1.z^8(z^{20} - 1) = 1. Tomando valores absolutos y usando ∣z∣=1|z| = 1 se obtiene ∣z20−1∣=1,|z^{20} - 1| = 1, así que z20z^{20} está a distancia 11 tanto de 00 como de 1:1: es cis⁡(±60∘).\operatorname{cis}(\pm 60^\circ).

Si z20=cis⁡60∘,z^{20} = \operatorname{cis} 60^\circ, entonces z20−1=cis⁡120∘,z^{20} - 1 = \operatorname{cis} 120^\circ, así que z8=cis⁡(−120∘)z^8 = \operatorname{cis}(-120^\circ) y z4=z20(z8)2=cis⁡(60∘+240∘)=cis⁡300∘, \begin{aligned} z^4 &= \frac{z^{20}}{(z^8)^2} \\ &= \operatorname{cis}(60^\circ + 240^\circ) = \operatorname{cis} 300^\circ, \end{aligned} lo que significa 4θ≡300∘,4\theta \equiv 300^\circ, es decir θ≡75∘(mod90∘).\theta \equiv 75^\circ \pmod{90^\circ}. Recíprocamente, todo θ\theta de este tipo funciona, ya que entonces z20=(z4)5=cis⁡60∘z^{20} = (z^4)^5 = \operatorname{cis} 60^\circ y z8=(z4)2=cis⁡(−120∘).z^8 = (z^4)^2 = \operatorname{cis}(-120^\circ). El caso z20=cis⁡(−60∘)z^{20} = \operatorname{cis}(-60^\circ) da de forma análoga exactamente θ≡15∘(mod90∘).\theta \equiv 15^\circ \pmod{90^\circ}.

Así que los 2n=82n = 8 ángulos en orden creciente son 15,75,105,165,15, 75, 105, 165, 195,255,285,345,195, 255, 285, 345, y θ2+θ4+θ6+θ8\theta_2 + \theta_4 + \theta_6 + \theta_8 =75+165+255+345= 75 + 165 + 255 + 345 =840.= 840.

Write cis⁡θ=cos⁡θ+isin⁡θ.\operatorname{cis}\theta = \cos\theta + i\sin\theta. The equation says z8(z20−1)=1.z^8(z^{20} - 1) = 1. Taking absolute values and using ∣z∣=1|z| = 1 gives ∣z20−1∣=1,|z^{20} - 1| = 1, so z20z^{20} is at distance 11 from both 00 and 1:1: it is cis⁡(±60∘).\operatorname{cis}(\pm 60^\circ).

If z20=cis⁡60∘,z^{20} = \operatorname{cis} 60^\circ, then z20−1=cis⁡120∘,z^{20} - 1 = \operatorname{cis} 120^\circ, so z8=cis⁡(−120∘)z^8 = \operatorname{cis}(-120^\circ) and z4=z20(z8)2=cis⁡(60∘+240∘)=cis⁡300∘, \begin{aligned} z^4 &= \frac{z^{20}}{(z^8)^2} \\ &= \operatorname{cis}(60^\circ + 240^\circ) = \operatorname{cis} 300^\circ, \end{aligned} which means 4θ≡300∘,4\theta \equiv 300^\circ, i.e. θ≡75∘(mod90∘).\theta \equiv 75^\circ \pmod{90^\circ}. Conversely every such θ\theta works, since then z20=(z4)5=cis⁡60∘z^{20} = (z^4)^5 = \operatorname{cis} 60^\circ and z8=(z4)2=cis⁡(−120∘).z^8 = (z^4)^2 = \operatorname{cis}(-120^\circ). The case z20=cis⁡(−60∘)z^{20} = \operatorname{cis}(-60^\circ) similarly gives exactly θ≡15∘(mod90∘).\theta \equiv 15^\circ \pmod{90^\circ}.

So the 2n=82n = 8 angles in increasing order are 15,75,105,165,15, 75, 105, 165, 195,255,285,345,195, 255, 285, 345, and θ2+θ4+θ6+θ8\theta_2 + \theta_4 + \theta_6 + \theta_8 =75+165+255+345= 75 + 165 + 255 + 345 =840.= 840.

15.

Sean EFGH,EFGH, EFDC,EFDC, y EHBCEHBC tres caras cuadradas adyacentes de un cubo, para el cual EC=8,EC = 8, y sea AA el octavo vértice del cubo. Sean I,I, J,J, y KK puntos sobre EF‾,\overline{EF}, EH‾,\overline{EH}, y EC‾,\overline{EC}, respectivamente, de modo que EI=EJ=EK=2.EI = EJ = EK = 2. Un sólido SS se obtiene perforando un túnel a través del cubo. Los lados del túnel son planos paralelos a AE‾,\overline{AE}, y que contienen las aristas IJ‾,\overline{IJ}, JK‾,\overline{JK}, y KI‾.\overline{KI}. El área de la superficie de S,S, incluyendo las paredes del túnel, es m+np,m + n\sqrt{p}, donde m,m, n,n, y pp son enteros positivos y pp no es divisible por el cuadrado de ningún primo. Halla m+n+p.m + n + p.

Let EFGH,EFGH, EFDC,EFDC, and EHBCEHBC be three adjacent square faces of a cube, for which EC=8,EC = 8, and let AA be the eighth vertex of the cube. Let I,I, J,J, and KK be points on EF‾,\overline{EF}, EH‾,\overline{EH}, and EC‾,\overline{EC}, respectively, so that EI=EJ=EK=2.EI = EJ = EK = 2. A solid SS is obtained by drilling a tunnel through the cube. The sides of the tunnel are planes parallel to AE‾,\overline{AE}, and containing the edges IJ‾,\overline{IJ}, JK‾,\overline{JK}, and KI‾.\overline{KI}. The surface area of S,S, including the walls of the tunnel, is m+np,m + n\sqrt{p}, where m,m, n,n, and pp are positive integers and pp is not divisible by the square of any prime. Find m+n+p.m + n + p.

Respuesta: 417
Conceptos:geometría del cubogeometría analíticaárea de superficie

Nivel de dificultad: 3370

Solución:

Coloca A=(0,0,0)A = (0,0,0) y E=(8,8,8),E = (8,8,8), de modo que I=(6,8,8),I = (6,8,8), J=(8,6,8),J = (8,6,8), K=(8,8,6),K = (8,8,6), y AE‾\overline{AE} tiene dirección (1,1,1).(1,1,1). La recta que pasa por II en esa dirección sale del cubo en L=(0,2,2);L = (0,2,2); de forma análoga, JJ y KK llevan a M=(2,0,2)M = (2,0,2) y N=(2,2,0).N = (2,2,0). La pared del túnel que pasa por II y JJ es el plano 2z=x+y+2,2z = x + y + 2, que también contiene a LL y MM y corta al eje zz en O=(0,0,1);O = (0,0,1); las otras dos paredes se comportan de forma simétrica, cortando a los ejes yy y xx en (0,1,0)(0,1,0) y (1,0,0).(1,0,0).

Ahora suma la superficie. Cada una de las tres caras del cubo en EE pierde un triángulo rectángulo con catetos 22 (como IEJIEJ), dejando un área 64−2=62.64 - 2 = 62. Cada una de las tres caras en AA pierde un cuadrilátero de área 2:2: sobre la cara z=0z = 0 sus vértices son (0,0,0),(0,0,0), (1,0,0),(1,0,0), (2,2,0),(2,2,0), (0,1,0).(0,1,0). Cada pared del túnel es un pentágono como ILOMJ:ILOMJ: el rectángulo ILMJILMJ con IJ=22IJ = 2\sqrt{2} y IL=63IL = 6\sqrt{3} tiene área 126,12\sqrt{6}, y el triángulo isósceles LOMLOM con base LM=22LM = 2\sqrt{2} y altura 3\sqrt{3} añade 6,\sqrt{6}, para 13613\sqrt{6} por pared.

El área total de la superficie es 6⋅62+3⋅136=372+396,6 \cdot 62 + 3 \cdot 13\sqrt{6} = 372 + 39\sqrt{6}, así que m+n+p=372+39+6m + n + p = 372 + 39 + 6 =417.= 417.

Place A=(0,0,0)A = (0,0,0) and E=(8,8,8),E = (8,8,8), so that I=(6,8,8),I = (6,8,8), J=(8,6,8),J = (8,6,8), K=(8,8,6),K = (8,8,6), and AE‾\overline{AE} has direction (1,1,1).(1,1,1). The line through II in that direction leaves the cube at L=(0,2,2);L = (0,2,2); similarly JJ and KK lead to M=(2,0,2)M = (2,0,2) and N=(2,2,0).N = (2,2,0). The tunnel wall through II and JJ is the plane 2z=x+y+2,2z = x + y + 2, which also contains LL and MM and crosses the zz-axis at O=(0,0,1);O = (0,0,1); the other two walls behave symmetrically, crossing the yy- and xx-axes at (0,1,0)(0,1,0) and (1,0,0).(1,0,0).

Now add up the surface. Each of the three cube faces at EE loses a right triangle with legs 22 (such as IEJIEJ), leaving area 64−2=62.64 - 2 = 62. Each of the three faces at AA loses a quadrilateral of area 2:2: on the face z=0z = 0 its vertices are (0,0,0),(0,0,0), (1,0,0),(1,0,0), (2,2,0),(2,2,0), (0,1,0).(0,1,0). Each tunnel wall is a pentagon like ILOMJ:ILOMJ: the rectangle ILMJILMJ with IJ=22IJ = 2\sqrt{2} and IL=63IL = 6\sqrt{3} has area 126,12\sqrt{6}, and the isosceles triangle LOMLOM with base LM=22LM = 2\sqrt{2} and height 3\sqrt{3} adds 6,\sqrt{6}, for 13613\sqrt{6} per wall.

The total surface area is 6⋅62+3⋅136=372+396,6 \cdot 62 + 3 \cdot 13\sqrt{6} = 372 + 39\sqrt{6}, so m+n+p=372+39+6m + n + p = 372 + 39 + 6 =417.= 417.