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2004 AIME I Problema 12

Intenta el Problema 12 del 2004 AIME I a continuación y luego compara tu respuesta con la solución preparada profesionalmente de LIVE by Po-Shen Loh. También puedes intentar el examen cronometrado completo, ver todas las soluciones del 2004 AIME I, o revisar la clave de respuestas.

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

12.

Sea S\mathcal{S} el conjunto de pares ordenados (x,y)(x, y) tales que 0<x≤1,0 \lt x \le 1, 0<y≤1,0 \lt y \le 1, y ⌊log⁡2(1x)⌋\left\lfloor \log_2\left(\frac{1}{x}\right) \right\rfloor y ⌊log⁡5(1y)⌋\left\lfloor \log_5\left(\frac{1}{y}\right) \right\rfloor son ambos pares. Dado que el área de la gráfica de S\mathcal{S} es mn,\frac{m}{n}, donde mm y nn son enteros positivos primos entre sí, halla m+n.m + n. La notación ⌊z⌋\lfloor z \rfloor denota el mayor entero menor o igual que z.z.
Let S\mathcal{S} be the set of ordered pairs (x,y)(x, y) such that 0<x≤1,0 \lt x \le 1, 0<y≤1,0 \lt y \le 1, and ⌊log⁡2(1x)⌋\left\lfloor \log_2\left(\frac{1}{x}\right) \right\rfloor and ⌊log⁡5(1y)⌋\left\lfloor \log_5\left(\frac{1}{y}\right) \right\rfloor are both even. Given that the area of the graph of S\mathcal{S} is mn,\frac{m}{n}, where mm and nn are relatively prime positive integers, find m+n.m + n. The notation ⌊z⌋\lfloor z \rfloor denotes the greatest integer that is less than or equal to z.z.
Respuesta: 14
Conceptos:funciones piso y techologaritmosucesión geométrica
Nivel de dificultad: 2840
Pista pequeña:
⌊log⁡2(1x)⌋=2k\lfloor \log_2(\frac{1}{x}) \rfloor = 2k exactamente cuando 2−2k−1<x≤2−2k2^{-2k-1} \lt x \le 2^{-2k}
⌊log⁡2(1x)⌋=2k\lfloor \log_2(\frac{1}{x}) \rfloor = 2k exactly when 2−2k−1<x≤2−2k2^{-2k-1} \lt x \le 2^{-2k}
Pista grande:
La región es un producto de un conjunto de intervalos en xx y un conjunto de intervalos en yy; suma cada conjunto de longitudes como una serie geométrica y multiplica
The region is a product of a set of xx-intervals and a set of yy-intervals; sum each set of lengths as a geometric series and multiply
Solución:
Para 0<x≤1,0 \lt x \le 1, la condición ⌊log⁡2(1x)⌋=2k\lfloor \log_2(\frac{1}{x}) \rfloor = 2k (para un entero k≥0k \ge 0) significa 2k≤log⁡2(1x)<2k+1,2k \le \log_2(\frac{1}{x}) \lt 2k + 1, es decir, x∈(2−2k−1,2−2k].x \in \left(2^{-2k-1}, 2^{-2k}\right]. Estos intervalos tienen longitud total ∑k≥02−2k−1=121−14=23.\sum_{k \ge 0} 2^{-2k-1} = \frac{\frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{2}{3}. De manera similar, ⌊log⁡5(1y)⌋\lfloor \log_5(\frac{1}{y}) \rfloor es par para y∈(5−2k−1,5−2k],y \in \left(5^{-2k-1}, 5^{-2k}\right], intervalos de longitud total ∑k≥045⋅25−k=451−125=56.\sum_{k \ge 0} \frac{4}{5} \cdot 25^{-k} = \frac{\frac{4}{5}}{1 - \frac{1}{25}} = \frac{5}{6}.
La gráfica de S\mathcal{S} es el producto de estos dos conjuntos, así que su área es 23⋅56=59,\frac{2}{3} \cdot \frac{5}{6} = \frac{5}{9}, y m+n=5+9=14.m + n = 5 + 9 = 14.
For 0<x≤1,0 \lt x \le 1, the condition ⌊log⁡2(1x)⌋=2k\lfloor \log_2(\frac{1}{x}) \rfloor = 2k (for an integer k≥0k \ge 0) means 2k≤log⁡2(1x)<2k+1,2k \le \log_2(\frac{1}{x}) \lt 2k + 1, i.e. x∈(2−2k−1,2−2k].x \in \left(2^{-2k-1}, 2^{-2k}\right]. These intervals have total length ∑k≥02−2k−1=121−14=23.\sum_{k \ge 0} 2^{-2k-1} = \frac{\frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{2}{3}. Similarly, ⌊log⁡5(1y)⌋\lfloor \log_5(\frac{1}{y}) \rfloor is even for y∈(5−2k−1,5−2k],y \in \left(5^{-2k-1}, 5^{-2k}\right], intervals of total length ∑k≥045⋅25−k=451−125=56.\sum_{k \ge 0} \frac{4}{5} \cdot 25^{-k} = \frac{\frac{4}{5}}{1 - \frac{1}{25}} = \frac{5}{6}.
The graph of S\mathcal{S} is the product of these two sets, so its area is 23⋅56=59,\frac{2}{3} \cdot \frac{5}{6} = \frac{5}{9}, and m+n=5+9=14.m + n = 5 + 9 = 14.
Problema 11#11
Examen completo
Problema 13#13

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