2002 AIME I — Problemas y examen en línea cronometrado

Con tiempo

3:00:00

1.

Muchos estados usan una secuencia de tres letras seguida de una secuencia de tres dígitos como su formato estándar de matrícula. Dado que cada disposición de tres letras y tres dígitos es igualmente probable, la probabilidad de que tal matrícula contenga al menos un palíndromo (una disposición de tres letras o una disposición de tres dígitos que se lee igual de izquierda a derecha que de derecha a izquierda) es $\frac{m}{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos primos entre sí. Halle $m + n.$

Many states use a sequence of three letters followed by a sequence of three digits as their standard license-plate pattern. Given that each three-letter three-digit arrangement is equally likely, the probability that such a license plate will contain at least one palindrome (a three-letter arrangement or a three-digit arrangement that reads the same left-to-right as it does right-to-left) is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

Respuesta

Respuesta: 59

Conceptos:probabilidad básica inclusión-exclusión palíndromo

Nivel de dificultad: 1890

Pista pequeña:

Una disposición de tres letras es un palíndromo exactamente cuando la tercera letra es igual a la primera, así que esa probabilidad es $\frac{1}{26}$ .

A three-letter arrangement is a palindrome exactly when the third letter equals the first, so that probability is $\frac{1}{26}$

Pista grande:

Combine los eventos de letras y dígitos por inclusión-exclusión: $\frac{1}{26} + \frac{1}{10} - \frac{1}{26} \cdot \frac{1}{10}$ .

Combine the letter and digit events by inclusion-exclusion: $\frac{1}{26} + \frac{1}{10} - \frac{1}{26} \cdot \frac{1}{10}$

Solución:

Una disposición de tres letras es un palíndromo exactamente cuando la tercera letra coincide con la primera, así que la probabilidad de un palíndromo de letras es $\frac{1}{26}.$ De igual modo, la probabilidad de un palíndromo de dígitos es $\frac{1}{10},$ y los dos eventos son independientes.

Por inclusión-exclusión, la probabilidad de al menos un palíndromo es $\begin{aligned} &\frac{1}{26} + \frac{1}{10} - \frac{1}{26} \cdot \frac{1}{10} \\ &= \frac{10 + 26 - 1}{260} \\ &= \frac{35}{260} \\ &= \frac{7}{52}. \end{aligned}$ Por lo tanto, $m + n = 7 + 52 = 59.$

A three-letter arrangement is a palindrome exactly when the third letter matches the first, so the probability of a letter palindrome is $\frac{1}{26}.$ Similarly, the probability of a digit palindrome is $\frac{1}{10},$ and the two events are independent.

By inclusion-exclusion, the probability of at least one palindrome is $\begin{aligned} &\frac{1}{26} + \frac{1}{10} - \frac{1}{26} \cdot \frac{1}{10} \\ &= \frac{10 + 26 - 1}{260} \\ &= \frac{35}{260} \\ &= \frac{7}{52}. \end{aligned}$ Thus $m + n = 7 + 52 = 59.$

2.

El diagrama muestra veinte círculos congruentes dispuestos en tres filas y encerrados en un rectángulo. Los círculos son tangentes entre sí y a los lados del rectángulo como se muestra en el diagrama. La razón entre la dimensión más larga del rectángulo y la dimensión más corta puede escribirse como $\frac{1}{2}\left(\sqrt{p} - q\right),$ donde $p$ y $q$ son enteros positivos. Halle $p + q.$

The diagram shows twenty congruent circles arranged in three rows and enclosed in a rectangle. The circles are tangent to one another and to the sides of the rectangle as shown in the diagram. The ratio of the longer dimension of the rectangle to the shorter dimension can be written as $\frac{1}{2}\left(\sqrt{p} - q\right),$ where $p$ and $q$ are positive integers. Find $p + q.$

Respuesta

Respuesta: 154

Conceptos:circunferencias tangentes triángulo equilátero racionalización del denominador

Nivel de dificultad: 2020

Pista pequeña:

Con radio del círculo $r,$ el lado más largo es $14r.$ Para el lado más corto, conecte los centros de tres círculos mutuamente tangentes.

With circle radius $r,$ the longer side is $14r.$ For the shorter side, connect the centers of three mutually tangent circles.

Pista grande:

Filas adyacentes de centros están separadas $r\sqrt{3}$ así que el lado más corto es $2r + 2r\sqrt{3};$ racionalice $\frac{7}{1 + \sqrt{3}}$

Adjacent rows of centers are $r\sqrt{3}$ apart, so the shorter side is $2r + 2r\sqrt{3};$ rationalize $\frac{7}{1 + \sqrt{3}}$

Solución:

Sea $r$ el radio común. El lado más largo contiene una fila de siete círculos, así que es igual a $14r.$ Los centros de tres círculos mutuamente tangentes en filas adyacentes forman un triángulo equilátero de lado $2r,$ cuya altura es $r\sqrt{3},$ de modo que los dos espacios entre filas de centros aportan $2r\sqrt{3},$ y el lado más corto es $r + 2r\sqrt{3} + r = 2r + 2r\sqrt{3}.$

La razón es $\begin{aligned} \frac{14r}{2r\left(1 + \sqrt{3}\right)} &= \frac{7}{1 + \sqrt{3}} \\ &= \frac{7\left(\sqrt{3} - 1\right)}{2} \\ &= \frac{1}{2}\left(\sqrt{147} - 7\right), \end{aligned}$ así que $p = 147,$ $q = 7,$ y $p + q = 154.$

Let $r$ be the common radius. The longer side holds a row of seven circles, so it equals $14r.$ The centers of three mutually tangent circles in adjacent rows form an equilateral triangle with side $2r,$ whose height is $r\sqrt{3},$ so the two gaps between rows of centers contribute $2r\sqrt{3},$ and the shorter side is $r + 2r\sqrt{3} + r = 2r + 2r\sqrt{3}.$

The ratio is $\begin{aligned} \frac{14r}{2r\left(1 + \sqrt{3}\right)} &= \frac{7}{1 + \sqrt{3}} \\ &= \frac{7\left(\sqrt{3} - 1\right)}{2} \\ &= \frac{1}{2}\left(\sqrt{147} - 7\right), \end{aligned}$ so $p = 147,$ $q = 7,$ and $p + q = 154.$

3.

Jane tiene $25$ años. Dick es mayor que Jane. Dentro de $n$ años, donde $n$ es un entero positivo, las edades de Dick y de Jane serán ambas números de dos dígitos y tendrán la propiedad de que la edad de Jane se obtiene intercambiando los dígitos de la edad de Dick. Sea $d$ la edad actual de Dick. ¿Cuántos pares ordenados de enteros positivos $(d, n)$ son posibles?

Jane is $25$ years old. Dick is older than Jane. In $n$ years, where $n$ is a positive integer, Dick’s age and Jane’s age will both be two-digit numbers and will have the property that Jane’s age is obtained by interchanging the digits of Dick’s age. Let $d$ be Dick’s present age. How many ordered pairs of positive integers $(d, n)$ are possible?

Respuesta

Respuesta: 25

Conceptos:dígitos edades enumeración sistemática

Nivel de dificultad: 2300

Pista pequeña:

Concéntrese en las edades futuras: la de Jane es un número de dos dígitos cuya inversión de dígitos, la edad de Dick, es mayor

Focus on the future ages: Jane’s is a two-digit number whose digit reversal, Dick’s age, is larger

Pista grande:

Cuente las edades futuras posibles de Jane: números de dos dígitos cuya decena sea menor que la unidad. Cada una determina $(d, n).$

Count the possible values of Jane’s future age: two-digit numbers old enough for Jane whose tens digit is smaller than the units digit. Each determines $(d, n).$

Solución:

Dentro de $n$ años la edad de Jane es $25 + n,$ y la edad de Dick es su inversión de dígitos. Si la edad futura de Jane es $10a + b,$ la de Dick es $10b + a,$ que es mayor exactamente cuando $b \gt a.$ Recíprocamente, todo valor de dos dígitos de $25 + n$ con dígito de las decenas menor que el de las unidades da exactamente un par válido: $n = 10a + b - 25$ y $\begin{aligned} d &= 10b + a - n \\ &= 25 + 9(b - a) \gt 25, \end{aligned}$ así que Dick es en efecto mayor que Jane ahora.

Así que contamos números de dos dígitos que son al menos $26$ y tienen dígito de las decenas menor que el de las unidades: $4$ que empiezan con $2$ (a saber, $26$ hasta $29$ ), luego $6,$ $5,$ $4,$ $3,$ $2,$ $1$ empezando con $3$ hasta $8.$ El total es $4 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 25.$

In $n$ years Jane’s age is $25 + n,$ and Dick’s age is its digit reversal. If Jane’s future age is $10a + b,$ Dick’s is $10b + a,$ which is larger exactly when $b \gt a.$ Conversely, every two-digit value of $25 + n$ with tens digit less than units digit yields exactly one valid pair: $n = 10a + b - 25$ and $\begin{aligned} d &= 10b + a - n \\ &= 25 + 9(b - a) \gt 25, \end{aligned}$ so Dick is indeed older than Jane now.

So we count two-digit numbers that are at least $26$ and have tens digit less than units digit: $4$ starting with $2$ (namely $26$ through $29$ ), then $6,$ $5,$ $4,$ $3,$ $2,$ $1$ starting with $3$ through $8.$ The total is $4 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 25.$

4.

Considere la sucesión definida por $a_k = \frac{1}{k^2 + k}$ para $k \ge 1.$ Dado que $a_m + a_{m+1} + \cdots + a_{n-1} = \frac{1}{29},$ para enteros positivos $m$ y $n$ con $m \lt n,$ halle $m + n.$

Consider the sequence defined by $a_k = \frac{1}{k^2 + k}$ for $k \ge 1.$ Given that $a_m + a_{m+1} + \cdots + a_{n-1} = \frac{1}{29},$ for positive integers $m$ and $n$ with $m \lt n,$ find $m + n.$

Respuesta

Respuesta: 840

Conceptos:telescópica fracciones parciales Ecuación diofántica

Nivel de dificultad: 2110

Pista pequeña:

$\frac{1}{k^2 + k} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1},$ así que la suma telescopa a $\frac{1}{m} - \frac{1}{n}$

$\frac{1}{k^2 + k} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1},$ so the sum telescopes to $\frac{1}{m} - \frac{1}{n}$

Pista grande:

Elimine denominadores y factorice: $(29 - m)(29 + n) = 29^2,$ luego use que $29$ es primo

Clear denominators and factor: $(29 - m)(29 + n) = 29^2,$ then use that $29$ is prime

Solución:

Como $\frac{1}{k^2 + k} = \frac{1}{k(k + 1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1},$ la suma telescopa: $\begin{aligned} &a_m + a_{m+1} + \cdots + a_{n-1} \\ &= \frac{1}{m} - \frac{1}{n} \\ &= \frac{1}{29}. \end{aligned}$

Multiplicando todo por $29mn$ se obtiene $29n - 29m = mn,$ que se reordena como $(29 - m)(29 + n) = 29^2.$ Como $29$ es primo y $29 + n \gt 29,$ la única factorización con $m$ entero positivo es $29 - m = 1$ y $29 + n = 841,$ así que $m = 28$ y $n = 812.$

Por lo tanto $m + n = 28 + 812 = 840.$

Since $\frac{1}{k^2 + k} = \frac{1}{k(k + 1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1},$ the sum telescopes: $\begin{aligned} &a_m + a_{m+1} + \cdots + a_{n-1} \\ &= \frac{1}{m} - \frac{1}{n} \\ &= \frac{1}{29}. \end{aligned}$

Multiplying through by $29mn$ gives $29n - 29m = mn,$ which rearranges to $(29 - m)(29 + n) = 29^2.$ Since $29$ is prime and $29 + n \gt 29,$ the only factorization with $m$ a positive integer is $29 - m = 1$ and $29 + n = 841,$ so $m = 28$ and $n = 812.$

Therefore $m + n = 28 + 812 = 840.$

5.

Sean $A_1,$ $A_2,$ $A_3,$ $\ldots,$ $A_{12}$ los vértices de un dodecágono regular. ¿Cuántos cuadrados distintos en el plano del dodecágono tienen al menos dos vértices en el conjunto $\{A_1, A_2, A_3, \ldots, A_{12}\}$ ?

Let $A_1,$ $A_2,$ $A_3,$ $\ldots,$ $A_{12}$ be the vertices of a regular dodecagon. How many distinct squares in the plane of the dodecagon have at least two vertices in the set $\{A_1, A_2, A_3, \ldots, A_{12}\}?$

Respuesta

Respuesta: 183

Conceptos:conteo de pares polígono regular conteo de figuras en diagramas

Nivel de dificultad: 2480

Pista pequeña:

Cada par de vértices determina tres cuadrados: dos que tienen el par como lado y uno que lo tiene como diagonal

Each pair of vertices determines three squares: two having the pair as a side and one having it as a diagonal

Pista grande:

Solo se cuentan de más los cuadrados con los cuatro vértices entre los $A_i$ y cada uno de tales cuadrados surge de $6$ de sus pares de vértices

Only squares with all four vertices among the $A_i$ are overcounted, and each such square arises from $6$ of its vertex pairs

Solución:

Cada uno de los $\binom{12}{2} = 66$ pares de vértices determina exactamente tres cuadrados: dos que tienen el par como lado (uno a cada lado del segmento) y uno que lo tiene como diagonal. Eso cuenta $3 \cdot 66 = 198$ cuadrados.

Un cuadrado se cuenta de más solo si tiene más de dos vértices entre los $A_i.$ Si tres vértices de un cuadrado están en la circunferencia circunscrita, la propia circunferencia circunscrita del cuadrado comparte tres puntos con ella y por tanto coincide con ella, y los vértices de un cuadrado inscrito están separados $90^\circ$ , es decir, tres pasos del dodecágono, así que el cuarto vértice también es un $A_i.$ Los cuadrados totalmente inscritos son exactamente $A_1A_4A_7A_{10},$ $A_2A_5A_8A_{11},$ y $A_3A_6A_9A_{12},$ y cada uno se genera con los $\binom{4}{2} = 6$ pares de sus vértices, así que cada uno se cuenta $6$ veces en lugar de una.

El número de cuadrados distintos es $198 - 3 \cdot 5 = 183.$

Each of the $\binom{12}{2} = 66$ pairs of vertices determines exactly three squares: two having the pair as a side (one on each side of the segment) and one having it as a diagonal. That counts $3 \cdot 66 = 198$ squares.

A square is overcounted only if it has more than two vertices among the $A_i.$ If three vertices of a square lie on the circumcircle, the square’s own circumcircle shares three points with it and hence coincides with it, and an inscribed square’s vertices are spaced $90^\circ$ apart — three steps of the dodecagon — so the fourth vertex is also an $A_i.$ The fully inscribed squares are exactly $A_1A_4A_7A_{10},$ $A_2A_5A_8A_{11},$ and $A_3A_6A_9A_{12},$ and each is generated by all $\binom{4}{2} = 6$ of its vertex pairs, so each is counted $6$ times instead of once.

The number of distinct squares is $198 - 3 \cdot 5 = 183.$

6.

Las soluciones del sistema de ecuaciones $\log_{225} x + \log_{64} y = 4$ $\log_x 225 - \log_y 64 = 1$ son $(x_1, y_1)$ y $(x_2, y_2).$ Halle $\log_{30}\left(x_1 y_1 x_2 y_2\right).$

The solutions to the system of equations $\log_{225} x + \log_{64} y = 4$ $\log_x 225 - \log_y 64 = 1$ are $(x_1, y_1)$ and $(x_2, y_2).$ Find $\log_{30}\left(x_1 y_1 x_2 y_2\right).$

Respuesta

Respuesta: 12

Conceptos:logaritmo Fórmulas de Vieta sustitución

Nivel de dificultad: 2360

Pista pequeña:

Ponga $p = \log_{225} x$ y $q = \log_{64} y,$ usando $\log_x 225 = \frac{1}{p}$ y $\log_y 64 = \frac{1}{q}$

Set $p = \log_{225} x$ and $q = \log_{64} y,$ using $\log_x 225 = \frac{1}{p}$ and $\log_y 64 = \frac{1}{q}$

Pista grande:

Solo necesita $p_1 + p_2$ y $q_1 + q_2,$ ya que $x_1 x_2 = 225^{p_1 + p_2};$ obténgalos de $p^2 - 6p + 4 = 0$ por Vieta

You only need $p_1 + p_2$ and $q_1 + q_2,$ since $x_1 x_2 = 225^{p_1 + p_2};$ get them from $p^2 - 6p + 4 = 0$ by Vieta

Solución:

Sea $p = \log_{225} x$ y $q = \log_{64} y,$ de modo que $\log_x 225 = \frac{1}{p}$ y $\log_y 64 = \frac{1}{q}.$ El sistema se convierte en $p + q = 4$ y $\frac{1}{p} - \frac{1}{q} = 1.$ Sustituyendo $q = 4 - p$ en la segunda ecuación y eliminando denominadores se obtiene $4 - 2p = p(4 - p),$ es decir, $p^2 - 6p + 4 = 0.$

Las dos soluciones del sistema corresponden a las dos raíces de esta cuadrática, así que por las fórmulas de Vieta $p_1 + p_2 = 6,$ y entonces $q_1 + q_2 = 8 - 6 = 2.$ Por tanto, $\begin{aligned} x_1 y_1 x_2 y_2 &= 225^{p_1 + p_2} \cdot 64^{q_1 + q_2} \\ &= 225^6 \cdot 64^2 \\ &= 15^{12} \cdot 2^{12} \\ &= 30^{12}, \end{aligned}$ así que $\log_{30}\left(x_1 y_1 x_2 y_2\right) = 12.$

Let $p = \log_{225} x$ and $q = \log_{64} y,$ so $\log_x 225 = \frac{1}{p}$ and $\log_y 64 = \frac{1}{q}.$ The system becomes $p + q = 4$ and $\frac{1}{p} - \frac{1}{q} = 1.$ Substituting $q = 4 - p$ into the second equation and clearing denominators gives $4 - 2p = p(4 - p),$ that is, $p^2 - 6p + 4 = 0.$

The two solutions of the system correspond to the two roots of this quadratic, so by Vieta’s formulas $p_1 + p_2 = 6,$ and then $q_1 + q_2 = 8 - 6 = 2.$ Hence $\begin{aligned} x_1 y_1 x_2 y_2 &= 225^{p_1 + p_2} \cdot 64^{q_1 + q_2} \\ &= 225^6 \cdot 64^2 \\ &= 15^{12} \cdot 2^{12} \\ &= 30^{12}, \end{aligned}$ so $\log_{30}\left(x_1 y_1 x_2 y_2\right) = 12.$

7.

La expansión binomial es válida para exponentes que no son enteros. Es decir, para todos los números reales $x,$ $y,$ y $r$ con $|x| \gt |y|,$ $\begin{aligned} &(x + y)^r \\ &= x^r + r x^{r-1} y \\ &{}+ \frac{r(r - 1)}{2!}\,x^{r-2} y^2 \\ &{}+ \frac{r(r - 1)(r - 2)}{3!}\,x^{r-3} y^3 \\ &{}+ \cdots \end{aligned}$ ¿Cuáles son los primeros tres dígitos a la derecha del punto decimal en la representación decimal de $\left(10^{2002} + 1\right)^{\frac{10}{7}}$ ?

The Binomial Expansion is valid for exponents that are not integers. That is, for all real numbers $x,$ $y,$ and $r$ with $|x| \gt |y|,$ $\begin{aligned} &(x + y)^r \\ &= x^r + r x^{r-1} y \\ &{}+ \frac{r(r - 1)}{2!}\,x^{r-2} y^2 \\ &{}+ \frac{r(r - 1)(r - 2)}{3!}\,x^{r-3} y^3 \\ &{}+ \cdots \end{aligned}$ What are the first three digits to the right of the decimal point in the decimal representation of $\left(10^{2002} + 1\right)^{\frac{10}{7}}?$

Respuesta

Respuesta: 428

Conceptos:teorema del binomio exponenciación modular decimal periódico

Nivel de dificultad: 2640

Pista pequeña:

Desarrolle con $x = 10^{2002},$ $y = 1,$ $r = \frac{10}{7}:$ el primer término es un entero y desde el tercer término en adelante son insignificantemente pequeños

Expand with $x = 10^{2002},$ $y = 1,$ $r = \frac{10}{7}:$ the first term is an integer and the third term onward is negligibly small

Pista grande:

Los dígitos pedidos forman la parte fraccionaria de $\frac{10^{859}}{7};$ use el decimal periódico de período $6$ de $\frac{1}{7}$

The requested digits form the fractional part of $\frac{10^{859}}{7};$ use the period- $6$ repeating decimal of $\frac{1}{7}$

Solución:

Aplique el desarrollo con $x = 10^{2002},$ $y = 1,$ y $r = \frac{10}{7}:$ $\begin{aligned} &\left(10^{2002} + 1\right)^{\frac{10}{7}} \\ &= 10^{2860} + \frac{10}{7} \cdot 10^{858} \\ &{}+ \frac{\frac{10}{7} \cdot \frac{3}{7}}{2} \cdot 10^{-1144} \\ &{}+ \cdots. \end{aligned}$ El primer término es un entero, y el tercer término y los posteriores son mucho más pequeños que $10^{-1000},$ demasiado pequeños para afectar los primeros dígitos decimales. Así que esos dígitos provienen de la parte fraccionaria de $\frac{10}{7} \cdot 10^{858} = \frac{10^{859}}{7}.$

Esa parte fraccionaria es $\frac{10^{859} \bmod 7}{7}.$ Como $10^6 \equiv 1 \pmod{7}$ y $859 \equiv 1 \pmod{6},$ obtenemos $10^{859} \equiv 10 \equiv 3 \pmod{7},$ así que la parte fraccionaria es $\frac{3}{7} = 0.428571\ldots$

Los primeros tres dígitos a la derecha del punto decimal son $428.$

Apply the expansion with $x = 10^{2002},$ $y = 1,$ and $r = \frac{10}{7}:$ $\begin{aligned} &\left(10^{2002} + 1\right)^{\frac{10}{7}} \\ &= 10^{2860} + \frac{10}{7} \cdot 10^{858} \\ &{}+ \frac{\frac{10}{7} \cdot \frac{3}{7}}{2} \cdot 10^{-1144} \\ &{}+ \cdots. \end{aligned}$ The first term is an integer, and the third and later terms are far smaller than $10^{-1000},$ too small to affect the leading decimal digits. So those digits come from the fractional part of $\frac{10}{7} \cdot 10^{858} = \frac{10^{859}}{7}.$

That fractional part is $\frac{10^{859} \bmod 7}{7}.$ Since $10^6 \equiv 1 \pmod{7}$ and $859 \equiv 1 \pmod{6},$ we get $10^{859} \equiv 10 \equiv 3 \pmod{7},$ so the fractional part is $\frac{3}{7} = 0.428571\ldots$

The first three digits to the right of the decimal point are $428.$

8.

Halle el menor entero $k$ para el cual las condiciones

$(1)$ $a_1,$ $a_2,$ $a_3,$ $\ldots$ es una sucesión no decreciente de enteros positivos

$(2)$ $a_n = a_{n-1} + a_{n-2}$ para todo $n \gt 2$

$(3)$ $a_9 = k$

se cumplen para más de una sucesión.

Find the smallest integer $k$ for which the conditions

$(1)$ $a_1,$ $a_2,$ $a_3,$ $\ldots$ is a nondecreasing sequence of positive integers

$(2)$ $a_n = a_{n-1} + a_{n-2}$ for all $n \gt 2$

$(3)$ $a_9 = k$

are satisfied by more than one sequence.

Respuesta

Respuesta: 748

Conceptos:recursión Fibonacci Ecuación diofántica

Nivel de dificultad: 2650

Pista pequeña:

Itere la recurrencia para expresar el objetivo en los dos primeros términos: $a_9 = 13a_1 + 21a_2$

Iterate the recurrence to express the target in the first two terms: $a_9 = 13a_1 + 21a_2$

Pista grande:

Si $13x + 21y = 13u + 21v$ con $x \lt u,$ entonces $u - x$ es un múltiplo de $21,$ forzando a que $u$ y $v$ sean al menos $22$

If $13x + 21y = 13u + 21v$ with $x \lt u,$ then $u - x$ is a multiple of $21,$ forcing $u$ and $v$ to be at least $22$

Solución:

Iterando la recurrencia se obtiene $a_9 = 13a_1 + 21a_2,$ y la sucesión es no decreciente exactamente cuando $0 \lt a_1 \le a_2$ (todos los términos posteriores se acomodan por sí solos). Así que necesitamos el menor $k$ para el cual $13x + 21y = k$ tiene dos soluciones con $0 \lt x \le y.$

Supongamos $13x + 21y = 13u + 21v$ con $x \lt u.$ Entonces $13(u - x) = 21(y - v),$ así que $u - x$ es un múltiplo positivo de $21.$ Por tanto $u \ge x + 21 \ge 22,$ y como $u \le v,$ también $v \ge 22,$ lo que da $k = 13u + 21v \ge 34 \cdot 22 = 748.$

Recíprocamente $k = 748$ funciona: $(x, y) = (1, 35)$ y $(22, 22)$ dan las sucesiones $1,$ $35,$ $36,$ $71,$ $107,$ $178,$ $285,$ $463,$ $748$ y $22,$ $22,$ $44,$ $66,$ $110,$ $176,$ $286,$ $462,$ $748.$ La respuesta es $k = 748.$

Iterating the recurrence gives $a_9 = 13a_1 + 21a_2,$ and the sequence is nondecreasing exactly when $0 \lt a_1 \le a_2$ (all later terms then take care of themselves). So we need the smallest $k$ for which $13x + 21y = k$ has two solutions with $0 \lt x \le y.$

Suppose $13x + 21y = 13u + 21v$ with $x \lt u.$ Then $13(u - x) = 21(y - v),$ so $u - x$ is a positive multiple of $21.$ Hence $u \ge x + 21 \ge 22,$ and since $u \le v,$ also $v \ge 22,$ giving $k = 13u + 21v \ge 34 \cdot 22 = 748.$

Conversely $k = 748$ works: $(x, y) = (1, 35)$ and $(22, 22)$ give the sequences $1,$ $35,$ $36,$ $71,$ $107,$ $178,$ $285,$ $463,$ $748$ and $22,$ $22,$ $44,$ $66,$ $110,$ $176,$ $286,$ $462,$ $748.$ The answer is $k = 748.$

9.

Harold, Tanya y Ulysses pintan una cerca de estacas muy larga.

• Harold empieza con la primera estaca y pinta cada $h$ -ésima estaca;

• Tanya empieza con la segunda estaca y pinta cada $t$ -ésima estaca; y

• Ulysses empieza con la tercera estaca y pinta cada $u$ -ésima estaca.

Llame al entero positivo $100h + 10t + u$ pintable cuando la terna $(h, t, u)$ de enteros positivos hace que cada estaca sea pintada exactamente una vez. Halle la suma de todos los enteros pintables.

Harold, Tanya, and Ulysses paint a very long picket fence.

• Harold starts with the first picket and paints every $h$ th picket;

• Tanya starts with the second picket and paints every $t$ th picket; and

• Ulysses starts with the third picket and paints every $u$ th picket.

Call the positive integer $100h + 10t + u$ paintable when the triple $(h, t, u)$ of positive integers results in every picket being painted exactly once. Find the sum of all the paintable integers.

Respuesta

Respuesta: 757

Conceptos:sucesión aritmética aritmética modular análisis por casos

Nivel de dificultad: 2840

Pista pequeña:

Las tres progresiones aritméticas deben particionar los enteros positivos; verificar quién pinta la estaca $4$ muestra que $h$ debe ser $3$ o $4$

The three arithmetic progressions must partition the positive integers; checking who paints picket $4$ shows $h$ must be $3$ or $4$

Pista grande:

Para cada valor de $h,$ la estaca más pequeña aún no cubierta fuerza $t$ y luego $u,$ dando exactamente una terna válida en cada caso

For each value of $h,$ the smallest picket not yet covered forces $t$ and then $u,$ giving exactly one valid triple each

Solución:

Las tres progresiones $\{1, 1 + h, \ldots\},$ $\{2, 2 + t, \ldots\},$ $\{3, 3 + u, \ldots\}$ deben particionar los enteros positivos. Si $h = 1,$ Harold pinta todas las estacas y se superpone con los otros dos pintores. Si $h = 2,$ Harold pinta la estaca $3,$ que Ulysses también pinta, así que $h \ge 3.$ Si $h \ge 5,$ considere la estaca $4:$ la siguiente estaca de Harold es $1 + h \ge 6,$ y Ulysses no puede pintarla (eso requeriría $u = 1,$ con lo cual pintaría todas las estacas desde la $3$ en adelante), así que debe hacerlo Tanya, forzando $t = 2.$ Entonces la estaca $5$ queda sin pintar a menos que $u = 2,$ pero en ese caso Tanya y Ulysses juntos cubren cada estaca desde la $2$ en adelante, y la estaca $1 + h$ de Harold se pinta dos veces. Así que $h = 3$ o $h = 4.$

Si $h = 3,$ Harold pinta $1, 4, 7, \ldots.$ Ulysses no puede pintar la estaca $5$ (entonces $u = 2$ y repintaría $7$ ), así que lo hace Tanya: $t = 3,$ cubriendo $2, 5, 8, \ldots.$ Lo que queda es exactamente $3, 6, 9, \ldots,$ así que $u = 3,$ dando $333.$ Si $h = 4,$ Harold pinta $1, 5, 9, \ldots;$ la estaca $4$ fuerza de nuevo $t = 2,$ y las estacas restantes $3, 7, 11, \ldots$ fuerzan $u = 4,$ dando $424.$

La suma de los enteros pintables es $333 + 424 = 757.$

The three progressions $\{1, 1 + h, \ldots\},$ $\{2, 2 + t, \ldots\},$ $\{3, 3 + u, \ldots\}$ must partition the positive integers. If $h = 1,$ Harold paints every picket and overlaps the other two painters. If $h = 2,$ Harold paints picket $3,$ which Ulysses also paints, so $h \ge 3.$ If $h \ge 5,$ consider picket $4:$ Harold’s next picket is $1 + h \ge 6,$ and Ulysses cannot paint it (that would need $u = 1,$ repainting everything from $3$ on), so Tanya must, forcing $t = 2.$ Then picket $5$ is unpainted unless $u = 2,$ but then Tanya and Ulysses together cover every picket from $2$ on, and Harold’s picket $1 + h$ is painted twice. So $h = 3$ or $h = 4.$

If $h = 3,$ Harold paints $1, 4, 7, \ldots.$ Ulysses cannot paint picket $5$ (then $u = 2$ and he would repaint $7$ ), so Tanya does: $t = 3,$ covering $2, 5, 8, \ldots.$ What remains is exactly $3, 6, 9, \ldots,$ so $u = 3,$ giving $333.$ If $h = 4,$ Harold paints $1, 5, 9, \ldots;$ picket $4$ again forces $t = 2,$ and the leftover pickets $3, 7, 11, \ldots$ force $u = 4,$ giving $424.$

The sum of the paintable integers is $333 + 424 = 757.$

10.

En el diagrama de abajo, el ángulo $ABC$ es un ángulo recto. El punto $D$ está en $\overline{BC},$ y $\overline{AD}$ biseca el ángulo $CAB.$ Los puntos $E$ y $F$ están en $\overline{AB}$ y $\overline{AC},$ respectivamente, de modo que $AE = 3$ y $AF = 10.$ Dado que $EB = 9$ y $FC = 27,$ halle el entero más cercano al área del cuadrilátero $DCFG.$

In the diagram below, angle $ABC$ is a right angle. Point $D$ is on $\overline{BC},$ and $\overline{AD}$ bisects angle $CAB.$ Points $E$ and $F$ are on $\overline{AB}$ and $\overline{AC},$ respectively, so that $AE = 3$ and $AF = 10.$ Given that $EB = 9$ and $FC = 27,$ find the integer closest to the area of quadrilateral $DCFG.$

Respuesta

Respuesta: 148

Conceptos:teorema de la bisectriz razón de áreas Teorema de Pitágoras

Nivel de dificultad: 2720

Pista pequeña:

$AB = 12$ y $AC = 37,$ así que $BC = 35$ y $[ABC] = 210.$ Escriba $[DCFG] = [ADC] - [AGF].$

$AB = 12$ and $AC = 37,$ so $BC = 35$ and $[ABC] = 210.$ Write $[DCFG] = [ADC] - [AGF].$

Pista grande:

Aplique el teorema de la bisectriz dos veces: $BD : DC = AB : AC$ en el triángulo $ABC,$ y $EG : GF = AE : AF$ en el triángulo $AEF$

Apply the angle bisector ratio twice: $BD : DC = AB : AC$ in triangle $ABC,$ and $EG : GF = AE : AF$ in triangle $AEF$

Solución:

Aquí $AB = 3 + 9 = 12,$ $AC = 10 + 27 = 37,$ y el ángulo $B$ es recto, así que $BC = \sqrt{37^2 - 12^2} = 35$ y $[ABC] = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 35 = 210.$ El cuadrilátero es el triángulo $ADC$ con el triángulo $AGF$ quitado, donde $G$ es la intersección de $\overline{AD}$ y $\overline{EF}.$

Por el teorema de la bisectriz en el triángulo $ABC,$ $BD : DC = AB : AC = 12 : 37,$ así que $[ADC] = \frac{37}{49} \cdot 210 = \frac{1110}{7}.$ En el triángulo $AEF,$ el rayo $AG$ biseca el mismo ángulo, así que $EG : GF = AE : AF = 3 : 10$ y $[AGF] = \frac{10}{13}\,[AEF].$ Además, $\begin{aligned} [AEF] &= \frac{AE}{AB} \cdot \frac{AF}{AC}\,[ABC] \\ &= \frac{3}{12} \cdot \frac{10}{37} \cdot 210 \\ &= \frac{525}{37}. \end{aligned}$

Por lo tanto, $\begin{aligned} [DCFG] &= \frac{1110}{7} - \frac{10}{13} \cdot \frac{525}{37} \\ &= \frac{1110}{7} - \frac{5250}{481} \\ &\approx 158.57 - 10.92 \\ &= 147.66, \end{aligned}$ y el entero más cercano es $148.$

Here $AB = 3 + 9 = 12,$ $AC = 10 + 27 = 37,$ and angle $B$ is right, so $BC = \sqrt{37^2 - 12^2} = 35$ and $[ABC] = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 35 = 210.$ The quadrilateral is triangle $ADC$ with triangle $AGF$ removed, where $G$ is the intersection of $\overline{AD}$ and $\overline{EF}.$

By the angle bisector theorem in triangle $ABC,$ $BD : DC = AB : AC = 12 : 37,$ so $[ADC] = \frac{37}{49} \cdot 210 = \frac{1110}{7}.$ In triangle $AEF,$ ray $AG$ bisects the same angle, so $EG : GF = AE : AF = 3 : 10$ and $[AGF] = \frac{10}{13}\,[AEF].$ Also $\begin{aligned} [AEF] &= \frac{AE}{AB} \cdot \frac{AF}{AC}\,[ABC] \\ &= \frac{3}{12} \cdot \frac{10}{37} \cdot 210 \\ &= \frac{525}{37}. \end{aligned}$

Therefore $\begin{aligned} [DCFG] &= \frac{1110}{7} - \frac{10}{13} \cdot \frac{525}{37} \\ &= \frac{1110}{7} - \frac{5250}{481} \\ &\approx 158.57 - 10.92 \\ &= 147.66, \end{aligned}$ and the closest integer is $148.$

11.

Sean $ABCD$ y $BCFG$ dos caras de un cubo con $AB = 12.$ Un haz de luz emana del vértice $A$ y se refleja en la cara $BCFG$ en el punto $P,$ que está a $7$ unidades de $\overline{BG}$ y a $5$ unidades de $\overline{BC}.$ El haz sigue reflejándose en las caras del cubo. La longitud del camino de la luz desde que sale del punto $A$ hasta que alcanza por primera vez un vértice del cubo está dada por $m\sqrt{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros y $n$ no es divisible por el cuadrado de ningún primo. Halle $m + n.$

Let $ABCD$ and $BCFG$ be two faces of a cube with $AB = 12.$ A beam of light emanates from vertex $A$ and reflects off face $BCFG$ at point $P,$ which is $7$ units from $\overline{BG}$ and $5$ units from $\overline{BC}.$ The beam continues to be reflected off the faces of the cube. The length of the light path from the time it leaves point $A$ until it next reaches a vertex of the cube is given by $m\sqrt{n},$ where $m$ and $n$ are integers and $n$ is not divisible by the square of any prime. Find $m + n.$

Respuesta

Respuesta: 230

Conceptos:geometría del cubo reflexión (geometría)divisibilidad

Nivel de dificultad: 2840

Pista pequeña:

Refleje el cubo a través de una cara en cada rebote; las reflexiones enderezan el camino de la luz en el único rayo desde $A$ que pasa por $P$

Reflect the cube across a face at each bounce; the reflections straighten the light path into the single ray from $A$ through $P$

Pista grande:

Los puntos del rayo son $(12t, 7t, 5t);$ las tres coordenadas son divisibles por $12$ por primera vez cuando $t = 12$

The ray’s points are $(12t, 7t, 5t);$ all three coordinates are first divisible by $12$ when $t = 12$

Solución:

Coloque $A = (0, 0, 0)$ con el cubo $[0, 12]^3$ y $P = (12, 7, 5)$ en la cara $x = 12.$ Reflejar el cubo a través de la cara relevante en cada rebote endereza el camino reflejado en el rayo recto desde $A$ que pasa por $P:$ cada cruce de un plano $x = 12k,$ $y = 12k,$ o $z = 12k$ corresponde a un rebote, y el haz alcanza un vértice del cubo exactamente cuando las tres coordenadas son simultáneamente múltiplos de $12.$

El rayo consiste en los puntos $(12t, 7t, 5t).$ Como $7$ y $5$ son coprimos con $12,$ las coordenadas $7t$ y $5t$ son divisibles por $12$ por primera vez cuando $t = 12,$ en el punto $(144, 84, 60).$ La longitud del camino es igual a la distancia en línea recta $\begin{aligned} &\sqrt{144^2 + 84^2 + 60^2} \\ &= 12\sqrt{12^2 + 7^2 + 5^2} \\ &= 12\sqrt{218}. \end{aligned}$

Como $218 = 2 \cdot 109$ es libre de cuadrados, $m + n = 12 + 218 = 230.$

Place $A = (0, 0, 0)$ with the cube $[0, 12]^3$ and $P = (12, 7, 5)$ on the face $x = 12.$ Reflecting the cube across the relevant face at each bounce straightens the reflected path into the straight ray from $A$ through $P:$ each crossing of a plane $x = 12k,$ $y = 12k,$ or $z = 12k$ corresponds to a bounce, and the beam reaches a vertex of the cube exactly when all three coordinates are simultaneously multiples of $12.$

The ray consists of the points $(12t, 7t, 5t).$ Since $7$ and $5$ are relatively prime to $12,$ the coordinates $7t$ and $5t$ are first divisible by $12$ when $t = 12,$ at the point $(144, 84, 60).$ The path length equals the straight-line distance $\begin{aligned} &\sqrt{144^2 + 84^2 + 60^2} \\ &= 12\sqrt{12^2 + 7^2 + 5^2} \\ &= 12\sqrt{218}. \end{aligned}$

Since $218 = 2 \cdot 109$ is squarefree, $m + n = 12 + 218 = 230.$

12.

Sea $F(z) = \frac{z + i}{z - i}$ para todos los números complejos $z \ne i,$ y sea $z_n = F(z_{n-1})$ para todos los enteros positivos $n.$ Dado que $z_0 = \frac{1}{137} + i$ y $z_{2002} = a + bi,$ donde $a$ y $b$ son números reales, halle $a + b.$

Let $F(z) = \frac{z + i}{z - i}$ for all complex numbers $z \ne i,$ and let $z_n = F(z_{n-1})$ for all positive integers $n.$ Given that $z_0 = \frac{1}{137} + i$ and $z_{2002} = a + bi,$ where $a$ and $b$ are real numbers, find $a + b.$

Respuesta

Respuesta: 275

Conceptos:número complejo recursión reconocimiento de patrones

Nivel de dificultad: 2600

Pista pequeña:

Componga la aplicación consigo misma: $F(F(z))$ se simplifica a $i\,\frac{z + 1}{z - 1}$

Compose the map with itself: $F(F(z))$ simplifies to $i\,\frac{z + 1}{z - 1}$

Pista grande:

$F(F(F(z))) = z,$ así que la sucesión tiene período $3;$ como $2002 \equiv 1 \pmod{3},$ basta calcular $z_1$

$F(F(F(z))) = z,$ so the sequence has period $3;$ since $2002 \equiv 1 \pmod{3},$ just compute $z_1$

Solución:

Componiendo la aplicación consigo misma, $\begin{aligned} F(F(z)) &= \frac{\frac{z+i}{z-i} + i}{\frac{z+i}{z-i} - i} \\ &= \frac{(z + i) + i(z - i)}{(z + i) - i(z - i)} \\ &= \frac{(1 + i)(z + 1)}{(1 - i)(z - 1)} \\ &= i\,\frac{z + 1}{z - 1}, \end{aligned}$ y aplicando $F$ una vez más se obtiene $\begin{aligned} F(F(F(z))) &= \frac{i\,\frac{z+1}{z-1} + i}{i\,\frac{z+1}{z-1} - i} \\ &= \frac{(z + 1) + (z - 1)}{(z + 1) - (z - 1)} \\ &= z, \end{aligned}$ así que la sucesión $z_0, z_1, z_2, \ldots$ es periódica con período $3.$

Como $2002 = 3 \cdot 667 + 1,$ tenemos $z_{2002} = z_1 = F(z_0)$ $= \frac{z_0 + i}{z_0 - i}$ $= \frac{\frac{1}{137} + 2i}{\frac{1}{137}}$ $= 1 + 274i.$ Por lo tanto $a + b = 1 + 274 = 275.$

Composing the map with itself, $\begin{aligned} F(F(z)) &= \frac{\frac{z+i}{z-i} + i}{\frac{z+i}{z-i} - i} \\ &= \frac{(z + i) + i(z - i)}{(z + i) - i(z - i)} \\ &= \frac{(1 + i)(z + 1)}{(1 - i)(z - 1)} \\ &= i\,\frac{z + 1}{z - 1}, \end{aligned}$ and applying $F$ once more gives $\begin{aligned} F(F(F(z))) &= \frac{i\,\frac{z+1}{z-1} + i}{i\,\frac{z+1}{z-1} - i} \\ &= \frac{(z + 1) + (z - 1)}{(z + 1) - (z - 1)} \\ &= z, \end{aligned}$ so the sequence $z_0, z_1, z_2, \ldots$ is periodic with period $3.$

Since $2002 = 3 \cdot 667 + 1,$ we have $z_{2002} = z_1 = F(z_0)$ $= \frac{z_0 + i}{z_0 - i}$ $= \frac{\frac{1}{137} + 2i}{\frac{1}{137}}$ $= 1 + 274i.$ Thus $a + b = 1 + 274 = 275.$

13.

En el triángulo $ABC,$ las medianas $\overline{AD}$ y $\overline{CE}$ tienen longitudes $18$ y $27,$ respectivamente, y $AB = 24.$ Prolongue $\overline{CE}$ hasta cortar la circunferencia circunscrita de $ABC$ en $F.$ El área del triángulo $AFB$ es $m\sqrt{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos y $n$ no es divisible por el cuadrado de ningún primo. Halle $m + n.$

In triangle $ABC,$ the medians $\overline{AD}$ and $\overline{CE}$ have lengths $18$ and $27,$ respectively, and $AB = 24.$ Extend $\overline{CE}$ to intersect the circumcircle of $ABC$ at $F.$ The area of triangle $AFB$ is $m\sqrt{n},$ where $m$ and $n$ are positive integers and $n$ is not divisible by the square of any prime. Find $m + n.$

Respuesta

Respuesta: 63

Conceptos:potencia de un punto baricentro razón de áreas

Nivel de dificultad: 2990

Pista pequeña:

$E$ es el punto medio de $\overline{AB},$ así que la potencia de $E$ respecto de la circunferencia da $EF \cdot EC = 12^2$

$E$ is the midpoint of $\overline{AB},$ so the power of the point $E$ gives $EF \cdot EC = 12^2$

Pista grande:

El baricentro $P$ divide cada mediana en la razón de dos a uno, así que $AEP$ tiene lados $12,$ $12,$ y $9;$ compare $AEF$ y $AEP$ mediante sus bases colineales en $CE$

The centroid $P$ divides each median two-to-one, so triangle $AEP$ has side lengths $12,$ $12,$ and $9;$ compare triangles $AEF$ and $AEP$ using their collinear bases on $CE$

Solución:

Como $E$ es el punto medio de $\overline{AB},$ $AE = EB = 12.$ Sea $P$ el baricentro, que divide cada mediana en la razón de dos a uno: $AP = \frac{2}{3} \cdot 18 = 12$ y $PE = \frac{1}{3} \cdot 27 = 9.$ Por la potencia de $E$ respecto a la circunferencia circunscrita, $EF \cdot EC = EA \cdot EB = 144,$ así que $EF = \frac{144}{27} = \frac{16}{3}.$

El triángulo $AEP$ es isósceles con $AE = AP = 12$ y base $PE = 9,$ así que la altura desde $A$ hacia $\overline{PE}$ es $\sqrt{144 - \frac{81}{4}} = \frac{3\sqrt{55}}{2},$ lo que da $[AEP] = \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot \frac{3\sqrt{55}}{2} = \frac{27\sqrt{55}}{4}.$ Como $F$ y $P$ están ambos sobre la recta $CE,$ los triángulos $AEF$ y $AEP$ comparten el vértice $A$ y tienen bases colineales, así que $\begin{aligned} [AEF] &= \frac{EF}{EP}\,[AEP] \\ &= \frac{\frac{16}{3}}{9} \cdot \frac{27\sqrt{55}}{4} \\ &= 4\sqrt{55}. \end{aligned}$

Finalmente, como $E$ es el punto medio de $\overline{AB},$ $[AFB] = 2\,[AFE] = 8\sqrt{55},$ y $m + n = 8 + 55 = 63.$

Since $E$ is the midpoint of $\overline{AB},$ $AE = EB = 12.$ Let $P$ be the centroid, which divides each median in a two-to-one ratio: $AP = \frac{2}{3} \cdot 18 = 12$ and $PE = \frac{1}{3} \cdot 27 = 9.$ By the power of the point $E$ with respect to the circumcircle, $EF \cdot EC = EA \cdot EB = 144,$ so $EF = \frac{144}{27} = \frac{16}{3}.$

Triangle $AEP$ is isosceles with $AE = AP = 12$ and base $PE = 9,$ so the altitude from $A$ to $\overline{PE}$ is $\sqrt{144 - \frac{81}{4}} = \frac{3\sqrt{55}}{2},$ giving $[AEP] = \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot \frac{3\sqrt{55}}{2} = \frac{27\sqrt{55}}{4}.$ Since $F$ and $P$ both lie on line $CE,$ triangles $AEF$ and $AEP$ share the apex $A$ and have collinear bases, so $\begin{aligned} [AEF] &= \frac{EF}{EP}\,[AEP] \\ &= \frac{\frac{16}{3}}{9} \cdot \frac{27\sqrt{55}}{4} \\ &= 4\sqrt{55}. \end{aligned}$

Finally, since $E$ is the midpoint of $\overline{AB},$ $[AFB] = 2\,[AFE] = 8\sqrt{55},$ and $m + n = 8 + 55 = 63.$

14.

Un conjunto $\mathcal{S}$ de enteros positivos distintos tiene la siguiente propiedad: para cada entero $x$ en $\mathcal{S},$ la media aritmética del conjunto de valores obtenidos al eliminar $x$ de $\mathcal{S}$ es un entero. Dado que $1$ pertenece a $\mathcal{S}$ y que $2002$ es el mayor elemento de $\mathcal{S},$ ¿cuál es el mayor número de elementos que $\mathcal{S}$ puede tener?

A set $\mathcal{S}$ of distinct positive integers has the following property: for every integer $x$ in $\mathcal{S},$ the arithmetic mean of the set of values obtained by deleting $x$ from $\mathcal{S}$ is an integer. Given that $1$ belongs to $\mathcal{S}$ and that $2002$ is the largest element of $\mathcal{S},$ what is the greatest number of elements that $\mathcal{S}$ can have?

Respuesta

Respuesta: 30

Conceptos:aritmética modular media argumento extremal

Nivel de dificultad: 2920

Pista pequeña:

Si $S$ es la suma y $n$ el tamaño, cada $\frac{S - x}{n - 1}$ es un entero, así que todos los elementos son congruentes módulo $n - 1$

If $S$ is the sum and $n$ the size, every $\frac{S - x}{n - 1}$ is an integer, so all elements are congruent mod $n - 1$

Pista grande:

Con $1$ y $2002$ en el conjunto, $n - 1$ divide a $2001,$ y $n$ elementos distintos de ese tipo fuerzan $(n - 1)^2 + 1 \le 2002$

With $1$ and $2002$ in the set, $n - 1$ divides $2001,$ and $n$ distinct such elements force $(n - 1)^2 + 1 \le 2002$

Solución:

Sea $\mathcal{S}$ un conjunto de $n$ elementos cuya suma es $S.$ La condición dice que $\frac{S - x}{n - 1}$ es un entero para cada $x \in \mathcal{S},$ lo que significa que todo elemento es congruente con $S$ módulo $n - 1.$ En particular todos los elementos son congruentes entre sí, y como $1 \in \mathcal{S},$ todo elemento es $1$ más que un múltiplo de $n - 1.$

Entonces $2002 \equiv 1 \pmod{n - 1},$ así que $n - 1$ divide a $2001 = 3 \cdot 23 \cdot 29.$ Además los $n$ elementos distintos van desde $1$ hasta $2002$ en pasos que son múltiplos de $n - 1,$ así que $2002 \ge 1 + (n - 1)^2,$ lo que fuerza $n - 1 \le 44.$ El mayor divisor de $2001$ que es a lo sumo $44$ es $29,$ así que $n \le 30.$

Treinta es alcanzable: tome los $29$ números $1, 30, 59, \ldots, 813$ junto con $2002.$ Todos son $\equiv 1 \pmod{29},$ y la suma de los $30$ es $\equiv 30 \equiv 1 \pmod{29},$ así que toda media tras eliminar un elemento es un entero. La respuesta es $30.$

Let $\mathcal{S}$ have $n$ elements with sum $S.$ The condition says $\frac{S - x}{n - 1}$ is an integer for every $x \in \mathcal{S},$ which means every element is congruent to $S$ modulo $n - 1.$ In particular all elements are congruent to each other, and since $1 \in \mathcal{S},$ every element is $1$ more than a multiple of $n - 1.$

Then $2002 \equiv 1 \pmod{n - 1},$ so $n - 1$ divides $2001 = 3 \cdot 23 \cdot 29.$ Moreover the $n$ distinct elements run from $1$ up to $2002$ in steps that are multiples of $n - 1,$ so $2002 \ge 1 + (n - 1)^2,$ forcing $n - 1 \le 44.$ The largest divisor of $2001$ that is at most $44$ is $29,$ so $n \le 30.$

Thirty is attainable: take the $29$ numbers $1, 30, 59, \ldots, 813$ together with $2002.$ All are $\equiv 1 \pmod{29},$ and the sum of all $30$ is $\equiv 30 \equiv 1 \pmod{29},$ so every deleted mean is an integer. The answer is $30.$

15.

El poliedro $ABCDEFG$ tiene seis caras. La cara $ABCD$ es un cuadrado con $AB = 12;$ la cara $ABFG$ es un trapecio con $\overline{AB}$ paralelo a $\overline{GF},$ $BF = AG = 8,$ y $GF = 6;$ y la cara $CDE$ cumple $CE = DE = 14.$ Las otras tres caras son $ADEG,$ $BCEF,$ y $EFG.$ La distancia de $E$ a la cara $ABCD$ es $12.$ Dado que $EG^2 = p - q\sqrt{r},$ donde $p,$ $q,$ y $r$ son enteros positivos y $r$ no es divisible por el cuadrado de ningún primo, halle $p + q + r.$

Polyhedron $ABCDEFG$ has six faces. Face $ABCD$ is a square with $AB = 12;$ face $ABFG$ is a trapezoid with $\overline{AB}$ parallel to $\overline{GF},$ $BF = AG = 8,$ and $GF = 6;$ and face $CDE$ has $CE = DE = 14.$ The other three faces are $ADEG,$ $BCEF,$ and $EFG.$ The distance from $E$ to face $ABCD$ is $12.$ Given that $EG^2 = p - q\sqrt{r},$ where $p,$ $q,$ and $r$ are positive integers and $r$ is not divisible by the square of any prime, find $p + q + r.$

Respuesta

Respuesta: 163

Conceptos:Geometría 3D geometría analítica fórmula de la distancia

Nivel de dificultad: 3160

Pista pequeña:

Establezca coordenadas con el cuadrado $ABCD$ en el plano $xy$ ; las longitudes dadas ubican $E = (6, 4, 12)$

Set up coordinates with square $ABCD$ in the $xy$ -plane; the given lengths place $E = (6, 4, 12)$

Pista grande:

La cara $ADEG$ es plana, así que $G$ está en el plano $z = 2x$ que pasa por $A,$ $D,$ $E;$ la simetría del trapecio isósceles da $G = (3, y, 6),$ y $AG = 8$ determina $y$

Face $ADEG$ is planar, so $G$ lies on the plane $z = 2x$ through $A,$ $D,$ $E;$ trapezoid symmetry gives $G = (3, y, 6),$ and $AG = 8$ determines $y$

Solución:

Coloque $D = (0, 0, 0),$ $C = (12, 0, 0),$ $B = (12, 12, 0),$ $A = (0, 12, 0),$ y $E = (x, y, 12),$ usando la distancia dada de $E$ a la cara $ABCD.$ De $CE = DE$ obtenemos $x = 6,$ y luego $DE = 14$ da $36 + y^2 + 144 = 196,$ así que $y = 4$ y $E = (6, 4, 12).$

En el trapecio $ABFG,$ $\overline{GF}$ es paralelo a $\overline{AB}$ con $GF = 6$ y $AG = BF,$ así que $G$ y $F$ son simétricos respecto al plano $x = 6:$ $G = (3, y_2, z_2)$ y $F = (9, y_2, z_2).$ La cara $ADEG$ es plana, y el plano que pasa por $A,$ $D,$ $E$ contiene toda la dirección del eje $y$ (tanto $A$ como $D$ tienen $x = z = 0$ ), así que es el plano $z = 2x,$ que en efecto contiene a $E.$ Por tanto $z_2 = 6.$ Ahora $AG = 8$ da $3^2 + (y_2 - 12)^2 + 6^2 = 64,$ así que $y_2 = 12 \pm \sqrt{19}.$

Entonces $\begin{aligned} EG^2 &= 3^2 + (y_2 - 4)^2 + 6^2 \\ &= 45 + \left(8 \pm \sqrt{19}\right)^2 \\ &= 128 \pm 16\sqrt{19}, \end{aligned}$ y la forma dada $p - q\sqrt{r}$ corresponde a $128 - 16\sqrt{19}.$ Así, $\begin{aligned} p + q + r &= 128 + 16 + 19 \\ &= 163. \end{aligned}$

Place $D = (0, 0, 0),$ $C = (12, 0, 0),$ $B = (12, 12, 0),$ $A = (0, 12, 0),$ and $E = (x, y, 12),$ using the given distance from $E$ to face $ABCD.$ From $CE = DE$ we get $x = 6,$ and then $DE = 14$ gives $36 + y^2 + 144 = 196,$ so $y = 4$ and $E = (6, 4, 12).$

In trapezoid $ABFG,$ $\overline{GF}$ is parallel to $\overline{AB}$ with $GF = 6$ and $AG = BF,$ so $G$ and $F$ are symmetric about the plane $x = 6:$ $G = (3, y_2, z_2)$ and $F = (9, y_2, z_2).$ Face $ADEG$ is planar, and the plane through $A,$ $D,$ $E$ contains the entire $y$ -axis direction (both $A$ and $D$ have $x = z = 0$ ), so it is the plane $z = 2x,$ which indeed contains $E.$ Hence $z_2 = 6.$ Now $AG = 8$ gives $3^2 + (y_2 - 12)^2 + 6^2 = 64,$ so $y_2 = 12 \pm \sqrt{19}.$

Then $\begin{aligned} EG^2 &= 3^2 + (y_2 - 4)^2 + 6^2 \\ &= 45 + \left(8 \pm \sqrt{19}\right)^2 \\ &= 128 \pm 16\sqrt{19}, \end{aligned}$ and the stated form $p - q\sqrt{r}$ corresponds to $128 - 16\sqrt{19}.$ Thus $\begin{aligned} p + q + r &= 128 + 16 + 19 \\ &= 163. \end{aligned}$

Problemas del 2002 AIME I

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