Soluciones del 2008 AIME I | LIVE by Po-Shen Loh

1.

De los estudiantes que asisten a una fiesta escolar, el $60\%$ son chicas y al $40\%$ le gusta bailar. Después de que a estos estudiantes se les unen $20$ chicos más, a todos los cuales les gusta bailar, la fiesta ahora tiene un $58\%$ de chicas. ¿A cuántos estudiantes de los que ahora están en la fiesta les gusta bailar?

Of the students attending a school party, $60\%$ of the students are girls, and $40\%$ of the students like to dance. After these students are joined by $20$ more boy students, all of whom like to dance, the party is now $58\%$ girls. How many students now at the party like to dance?

Respuesta

Conceptos:porcentaje ecuación lineal

Nivel de dificultad: 1750

Solución:

Sea $x$ el número de estudiantes que había originalmente en la fiesta, de modo que $0.6x$ son chicas y a $0.4x$ les gusta bailar. Cuando llegan los $20$ chicos, el número de chicas no cambia pero el total pasa a ser $x + 20,$ así que $0.6x = 0.58(x + 20).$ Entonces $0.02x = 11.6,$ lo que da $x = 580.$

El número de estudiantes a los que ahora les gusta bailar es $0.4 \cdot 580 + 20 = 232 + 20 = 252.$

Let $x$ be the number of students originally at the party, so $0.6x$ are girls and $0.4x$ like to dance. When the $20$ boys arrive, the number of girls is unchanged but the total becomes $x + 20,$ so $0.6x = 0.58(x + 20).$ Then $0.02x = 11.6,$ giving $x = 580.$

The number of students who now like to dance is $0.4 \cdot 580 + 20 = 232 + 20 = 252.$

2.

El cuadrado $AIME$ tiene lados de longitud $10$ unidades. El triángulo isósceles $GEM$ tiene base $\overline{EM},$ y el área común al triángulo $GEM$ y al cuadrado $AIME$ es de $80$ unidades cuadradas. Halla la longitud de la altura sobre $\overline{EM}$ en el $\triangle GEM.$

Square $AIME$ has sides of length $10$ units. Isosceles triangle $GEM$ has base $\overline{EM},$ and the area common to triangle $GEM$ and square $AIME$ is $80$ square units. Find the length of the altitude to $\overline{EM}$ in $\triangle GEM.$

Respuesta

Conceptos:semejanza descomposición de áreas área del triángulo

Nivel de dificultad: 2110

Solución:

Aquí $\overline{EM}$ es un lado del cuadrado. Sea $h$ la altura del triángulo $GEM.$ Si $h \le 10,$ el triángulo quedaría enteramente dentro del cuadrado, y su área $\frac{1}{2} \cdot 10 \cdot h = 80$ forzaría $h = 16,$ una contradicción. Así que $h \gt 10$ y el vértice $G$ queda fuera del cuadrado; el lado opuesto $\overline{AI}$ recorta un triángulo más pequeño semejante a $GEM$ con altura $h - 10$ y base $\frac{10(h - 10)}{h}.$

La región común es el triángulo $GEM$ menos ese pequeño triángulo: $\begin{aligned} 80 &= 5h \\ &\quad {}- \frac{1}{2} \cdot \frac{10(h - 10)}{h} \\ &\qquad {}\cdot (h - 10) \\ &= 5h - \frac{5(h - 10)^2}{h}. \end{aligned}$ Multiplicando por $h$ se obtiene $80h = 5h^2 - 5(h - 10)^2$ $= 5(20h - 100)$ $= 100h - 500,$ así que $20h = 500$ y $h = 25.$

Here $\overline{EM}$ is a side of the square. Let $h$ be the altitude of triangle $GEM.$ If $h \le 10,$ the triangle would lie entirely inside the square, and its area $\frac{1}{2} \cdot 10 \cdot h = 80$ would force $h = 16,$ a contradiction. So $h \gt 10$ and the apex $G$ lies outside the square; the opposite side $\overline{AI}$ cuts off a smaller triangle similar to $GEM$ with height $h - 10$ and base $\frac{10(h - 10)}{h}.$

The common region is triangle $GEM$ minus that small triangle: $\begin{aligned} 80 &= 5h \\ &\quad {}- \frac{1}{2} \cdot \frac{10(h - 10)}{h} \\ &\qquad {}\cdot (h - 10) \\ &= 5h - \frac{5(h - 10)^2}{h}. \end{aligned}$ Multiplying by $h$ gives $80h = 5h^2 - 5(h - 10)^2$ $= 5(20h - 100)$ $= 100h - 500,$ so $20h = 500$ and $h = 25.$

3.

Ed y Sue montan en bicicleta a velocidades iguales y constantes. De igual manera, trotan a velocidades iguales y constantes, y nadan a velocidades iguales y constantes. Ed recorre $74$ kilómetros tras montar en bicicleta durante $2$ horas, trotar durante $3$ horas y nadar durante $4$ horas, mientras que Sue recorre $91$ kilómetros tras trotar durante $2$ horas, nadar durante $3$ horas y montar en bicicleta durante $4$ horas. Sus velocidades de ciclismo, trote y natación son todas números enteros de kilómetros por hora. Halla la suma de los cuadrados de las velocidades de ciclismo, trote y natación de Ed.

Ed and Sue bike at equal and constant rates. Similarly, they jog at equal and constant rates, and they swim at equal and constant rates. Ed covers $74$ kilometers after biking for $2$ hours, jogging for $3$ hours, and swimming for $4$ hours, while Sue covers $91$ kilometers after jogging for $2$ hours, swimming for $3$ hours, and biking for $4$ hours. Their biking, jogging, and swimming rates are all whole numbers of kilometers per hour. Find the sum of the squares of Ed's biking, jogging, and swimming rates.

Respuesta

Conceptos:sistema de ecuaciones Ecuación diofántica tasa

Nivel de dificultad: 2020

Solución:

Sean $b,$ $j,$ y $s$ las velocidades de ciclismo, trote y natación. Los dos recorridos dan $2b + 3j + 4s = 74$ y $4b + 2j + 3s = 91.$ Duplicar la primera ecuación y restar la segunda produce $4j + 5s = 57,$ cuyas soluciones enteras positivas son $(j, s) = (13, 1),$ $(8, 5),$ y $(3, 9).$

Los valores correspondientes de $2b = 74 - 3j - 4s$ son $31,$ $30,$ y $29,$ así que solo $(j, s) = (8, 5)$ da una velocidad entera, $b = 15.$ La suma de los cuadrados es $15^2 + 8^2 + 5^2$ $= 225 + 64 + 25$ $= 314.$

Let $b,$ $j,$ and $s$ be the biking, jogging, and swimming rates. The two trips give $2b + 3j + 4s = 74$ and $4b + 2j + 3s = 91.$ Doubling the first equation and subtracting the second yields $4j + 5s = 57,$ whose positive integer solutions are $(j, s) = (13, 1),$ $(8, 5),$ and $(3, 9).$

The corresponding values of $2b = 74 - 3j - 4s$ are $31,$ $30,$ and $29,$ so only $(j, s) = (8, 5)$ gives a whole-number rate, $b = 15.$ The sum of the squares is $15^2 + 8^2 + 5^2$ $= 225 + 64 + 25$ $= 314.$

4.

Existen enteros positivos únicos $x$ e $y$ que satisfacen la ecuación $x^2 + 84x + 2008 = y^2.$ Halla $x + y.$

There exist unique positive integers $x$ and $y$ that satisfy the equation $x^2 + 84x + 2008 = y^2.$ Find $x + y.$

Respuesta

Conceptos:Ecuación diofántica completar el cuadrado diferencia de cuadrados

Nivel de dificultad: 2230

Solución:

Completando el cuadrado, $x^2 + 84x + 2008$ $= (x + 42)^2 + 244,$ así que $y^2 - (x + 42)^2 = 244,$ lo que se factoriza como $\begin{aligned} &(y - x - 42) \\ &\quad {}\cdot (y + x + 42) \\ &= 244 \\ &= 2^2 \cdot 61. \end{aligned}$ Los dos factores tienen la misma paridad, y su producto es par, así que ambos son pares: $y - x - 42 = 2$ y $y + x + 42 = 122.$

Sumando se obtiene $y = 62,$ y entonces $x = 18;$ en efecto $18^2 + 84 \cdot 18 + 2008$ $= 3844$ $= 62^2.$ Por lo tanto $x + y = 18 + 62 = 80.$

Completing the square, $x^2 + 84x + 2008$ $= (x + 42)^2 + 244,$ so $y^2 - (x + 42)^2 = 244,$ which factors as $\begin{aligned} &(y - x - 42) \\ &\quad {}\cdot (y + x + 42) \\ &= 244 \\ &= 2^2 \cdot 61. \end{aligned}$ The two factors have the same parity, and their product is even, so both are even: $y - x - 42 = 2$ and $y + x + 42 = 122.$

Adding gives $y = 62,$ and then $x = 18;$ indeed $18^2 + 84 \cdot 18 + 2008$ $= 3844$ $= 62^2.$ Therefore $x + y = 18 + 62 = 80.$

5.

Un cono circular recto tiene radio de base $r$ y altura $h.$ El cono está apoyado sobre su costado en una mesa plana. Cuando el cono rueda sobre la superficie de la mesa sin deslizarse, el punto donde la base del cono toca la mesa traza un arco circular centrado en el punto donde el vértice toca la mesa. El cono regresa por primera vez a su posición original sobre la mesa después de dar $17$ rotaciones completas. El valor de $h/r$ puede escribirse en la forma $m\sqrt{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos y $n$ no es divisible por el cuadrado de ningún primo. Halla $m + n.$

A right circular cone has base radius $r$ and height $h.$ The cone lies on its side on a flat table. As the cone rolls on the surface of the table without slipping, the point where the cone's base meets the table traces a circular arc centered at the point where the vertex touches the table. The cone first returns to its original position on the table after making $17$ complete rotations. The value of $h/r$ can be written in the form $m\sqrt{n},$ where $m$ and $n$ are positive integers and $n$ is not divisible by the square of any prime. Find $m + n.$

Respuesta

Conceptos:cono circunferencia Teorema de Pitágoras

Nivel de dificultad: 2300

Solución:

El punto de contacto de la base se mantiene a distancia $\ell = \sqrt{r^2 + h^2}$ (la generatriz) del vértice fijo, así que traza un círculo de radio $\ell.$ Al rodar sin deslizarse, el cono da una rotación por cada circunferencia de la base de arco, así que regresar después de exactamente $17$ rotaciones significa $2\pi\sqrt{r^2 + h^2} = 17 \cdot 2\pi r,$ es decir $\sqrt{r^2 + h^2} = 17r.$

Elevar al cuadrado da $h^2 = 288r^2,$ así que $h/r = \sqrt{288} = 12\sqrt{2},$ y $m + n = 12 + 2 = 14.$

The contact point of the base stays at distance $\ell = \sqrt{r^2 + h^2}$ (the slant height) from the fixed vertex, so it traces a circle of radius $\ell.$ Rolling without slipping, the cone makes one rotation for each base circumference of arc, so returning after exactly $17$ rotations means $2\pi\sqrt{r^2 + h^2} = 17 \cdot 2\pi r,$ i.e. $\sqrt{r^2 + h^2} = 17r.$

Squaring gives $h^2 = 288r^2,$ so $h/r = \sqrt{288} = 12\sqrt{2},$ and $m + n = 12 + 2 = 14.$

6.

Un arreglo triangular de números tiene una primera fila formada por los enteros impares $1, 3, 5, \ldots, 99$ en orden creciente. Cada fila debajo de la primera tiene una entrada menos que la fila que está encima, y la fila inferior tiene una sola entrada. Cada entrada de cualquier fila después de la fila superior es igual a la suma de las dos entradas diagonalmente encima de ella en la fila inmediatamente superior. ¿Cuántas entradas del arreglo son múltiplos de $67$ ? $\scriptsize\begin{array}{ccccccccccc} 1 & & 3 & & 5 & & \cdots & & 97 & & 99 \\ & 4 & & 8 & & 12 & & \cdots & & 196 & \\ & & & & & \vdots & & & & & \end{array}$

A triangular array of numbers has a first row consisting of the odd integers $1, 3, 5, \ldots, 99$ in increasing order. Each row below the first has one fewer entry than the row above it, and the bottom row has a single entry. Each entry in any row after the top row equals the sum of the two entries diagonally above it in the row immediately above it. How many entries in the array are multiples of $67?$ $\scriptsize\begin{array}{ccccccccccc} 1 & & 3 & & 5 & & \cdots & & 97 & & 99 \\ & 4 & & 8 & & 12 & & \cdots & & 196 & \\ & & & & & \vdots & & & & & \end{array}$

Respuesta

Conceptos:divisibilidad inducción paridad

Nivel de dificultad: 2600

Solución:

Por inducción, la $n$ -ésima entrada de la fila $r$ es $2^{r-1}(r + 2n - 2):$ la fila $1$ da $2^0(2n - 1),$ y sumar dos entradas adyacentes de la fila $r$ da $2^{r-1}(r + 2n - 2)$ $+ 2^{r-1}(r + 2n)$ $= 2^r\bigl((r + 1) + 2n - 2\bigr),$ la fórmula para la fila $r + 1.$ La fila $r$ tiene $51 - r$ entradas, así que $1 \le n \le 51 - r.$

Como $67$ es impar, una entrada es múltiplo de $67$ exactamente cuando $67 \mid r + 2n - 2.$ A medida que $n$ recorre la fila $r,$ la cantidad $r + 2n - 2$ toma los valores $r, r + 2, \ldots, 100 - r,$ todos con la misma paridad que $r$ y todos menores que $134.$ Así que el único múltiplo posible de $67$ es el propio $67$ , lo que requiere que $r$ sea impar y $r \le 67 \le 100 - r,$ es decir, $r \le 33.$

Cada fila impar $r = 1, 3, \ldots, 33$ contiene exactamente una entrada de este tipo, para un total de $17.$

By induction, the $n$ th entry of row $r$ is $2^{r-1}(r + 2n - 2):$ row $1$ gives $2^0(2n - 1),$ and summing two adjacent entries of row $r$ gives $2^{r-1}(r + 2n - 2)$ $+ 2^{r-1}(r + 2n)$ $= 2^r\bigl((r + 1) + 2n - 2\bigr),$ the formula for row $r + 1.$ Row $r$ has $51 - r$ entries, so $1 \le n \le 51 - r.$

Since $67$ is odd, an entry is a multiple of $67$ exactly when $67 \mid r + 2n - 2.$ As $n$ runs through row $r,$ the quantity $r + 2n - 2$ takes the values $r, r + 2, \ldots, 100 - r,$ all with the same parity as $r$ and all less than $134.$ So the only possible multiple of $67$ is $67$ itself, which requires $r$ odd and $r \le 67 \le 100 - r,$ that is, $r \le 33.$

Each odd row $r = 1, 3, \ldots, 33$ contains exactly one such entry, for a total of $17.$

7.

Sea $S_i$ el conjunto de todos los enteros $n$ tales que $100i \le n \lt 100(i + 1).$ Por ejemplo, $S_4$ es el conjunto $\{400, 401, 402, \ldots, 499\}.$ ¿Cuántos de los conjuntos $S_0, S_1, S_2, \ldots, S_{999}$ no contienen un cuadrado perfecto?

Let $S_i$ be the set of all integers $n$ such that $100i \le n \lt 100(i + 1).$ For example, $S_4$ is the set $\{400, 401, 402, \ldots, 499\}.$ How many of the sets $S_0, S_1, S_2, \ldots, S_{999}$ do not contain a perfect square?

Respuesta

Conceptos:cuadrado perfecto conteo de enteros en un rango

Nivel de dificultad: 2510

Solución:

Los cuadrados consecutivos $a^2$ y $(a + 1)^2$ difieren en $2a + 1 \le 99$ para $a \le 49,$ así que los cuadrados desde $1^2$ hasta $50^2 = 2500$ nunca se saltan un bloque de cien: cada conjunto $S_0, S_1, \ldots, S_{25}$ contiene un cuadrado perfecto. Para $a \ge 50$ el salto $2a + 1 \ge 101$ supera $100,$ así que cada uno de los conjuntos $S_{26}, \ldots, S_{999}$ contiene a lo sumo un cuadrado.

El número más grande involucrado es $99999,$ y $316^2 = 99856 \le 99999 \lt 317^2.$ Así que los cuadrados que caen en $S_{26}, \ldots, S_{999}$ son $51^2, 52^2, \ldots, 316^2$ , es decir, $266$ cuadrados que ocupan $266$ conjuntos distintos de esos $974.$

Por lo tanto $974 - 266 = 708$ conjuntos no contienen ningún cuadrado perfecto.

Consecutive squares $a^2$ and $(a + 1)^2$ differ by $2a + 1 \le 99$ for $a \le 49,$ so the squares from $1^2$ to $50^2 = 2500$ never skip a hundred-block: every set $S_0, S_1, \ldots, S_{25}$ contains a perfect square. For $a \ge 50$ the gap $2a + 1 \ge 101$ exceeds $100,$ so each of the sets $S_{26}, \ldots, S_{999}$ contains at most one square.

The largest number involved is $99999,$ and $316^2 = 99856 \le 99999 \lt 317^2.$ So the squares landing in $S_{26}, \ldots, S_{999}$ are $51^2, 52^2, \ldots, 316^2$ — that is, $266$ squares occupying $266$ distinct sets out of those $974.$

Therefore $974 - 266 = 708$ sets contain no perfect square.

8.

Halla el entero positivo $n$ tal que $\begin{aligned} &\arctan\frac{1}{3} + \arctan\frac{1}{4} \\ &\quad {}+ \arctan\frac{1}{5} + \arctan\frac{1}{n} = \frac{\pi}{4}. \end{aligned}$

Find the positive integer $n$ such that $\begin{aligned} &\arctan\frac{1}{3} + \arctan\frac{1}{4} \\ &\quad {}+ \arctan\frac{1}{5} + \arctan\frac{1}{n} = \frac{\pi}{4}. \end{aligned}$

Respuesta

Conceptos:trigonometría identidad trigonométrica

Nivel de dificultad: 2360

Solución:

Para $x, y$ positivos con $xy \lt 1,$ la fórmula de adición de la tangente da $\arctan x + \arctan y$ $= \arctan\frac{x + y}{1 - xy}.$ Aplicándola dos veces: $\begin{aligned} &\arctan\frac{1}{3} + \arctan\frac{1}{4} \\ &= \arctan\frac{\frac{1}{3} + \frac{1}{4}}{1 - \frac{1}{12}} \\ &= \arctan\frac{7}{11}, \\ &\arctan\frac{7}{11} + \arctan\frac{1}{5} \\ &= \arctan\frac{\frac{7}{11} + \frac{1}{5}}{1 - \frac{7}{55}} \\ &= \arctan\frac{23}{24}. \end{aligned}$

La ecuación se convierte en $\arctan\frac{23}{24}$ $+ \arctan\frac{1}{n} = \arctan 1,$ así que $\frac{23/24 + 1/n}{1 - 23/(24n)} = 1.$ Despejando denominadores, $23n + 24 = 24n - 23,$ lo que da $n = 47.$

For positive $x, y$ with $xy \lt 1,$ the tangent addition formula gives $\arctan x + \arctan y$ $= \arctan\frac{x + y}{1 - xy}.$ Applying it twice: $\begin{aligned} &\arctan\frac{1}{3} + \arctan\frac{1}{4} \\ &= \arctan\frac{\frac{1}{3} + \frac{1}{4}}{1 - \frac{1}{12}} \\ &= \arctan\frac{7}{11}, \\ &\arctan\frac{7}{11} + \arctan\frac{1}{5} \\ &= \arctan\frac{\frac{7}{11} + \frac{1}{5}}{1 - \frac{7}{55}} \\ &= \arctan\frac{23}{24}. \end{aligned}$

The equation becomes $\arctan\frac{23}{24}$ $+ \arctan\frac{1}{n} = \arctan 1,$ so $\frac{23/24 + 1/n}{1 - 23/(24n)} = 1.$ Clearing denominators, $23n + 24 = 24n - 23,$ giving $n = 47.$

9.

Diez cajas idénticas tienen cada una dimensiones $3$ ft $\times$ $4$ ft $\times$ $6$ ft. La primera caja se coloca plana sobre el suelo. Cada una de las nueve cajas restantes se coloca, por turno, plana encima de la caja anterior, y la orientación de cada caja se elige al azar. Sea $\frac{m}{n}$ la probabilidad de que la pila de cajas mida exactamente $41$ ft de altura, donde $m$ y $n$ son enteros positivos primos entre sí. Halla $m.$

Ten identical crates each have dimensions $3$ ft $\times$ $4$ ft $\times$ $6$ ft. The first crate is placed flat on the floor. Each of the remaining nine crates is placed, in turn, flat on top of the previous crate, and the orientation of each crate is chosen at random. Let $\frac{m}{n}$ be the probability that the stack of crates is exactly $41$ ft tall, where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m.$

Respuesta

Conceptos:probabilidad básica Ecuación diofántica permutaciones de multiconjuntos

Nivel de dificultad: 2650

Solución:

Cada caja aporta de forma independiente una altura $3,$ $4,$ o $6,$ cada una con probabilidad $\frac{1}{3},$ así que hay $3^{10}$ pilas igualmente probables. Si $x,$ $y,$ $z$ cajas tienen alturas $3,$ $4,$ $6,$ entonces $x + y + z = 10$ y $3x + 4y + 6z = 41;$ restar tres veces la primera ecuación da $y + 3z = 11,$ así que $\begin{aligned} (x, y, z) &= (1, 8, 1), \\ &\quad (3, 5, 2), \\ &\quad (5, 2, 3). \end{aligned}$

Estas pueden ordenarse de $\frac{10!}{1!\,8!\,1!} = 90,$ $\frac{10!}{3!\,5!\,2!} = 2520,$ y $\frac{10!}{5!\,2!\,3!} = 2520$ maneras, para un total de $5130$ pilas. La probabilidad es $\frac{5130}{3^{10}} = \frac{190}{3^7},$ que está en su forma más simple ya que $190 = 2 \cdot 5 \cdot 19.$ Por lo tanto $m = 190.$

Each crate independently contributes height $3,$ $4,$ or $6,$ each with probability $\frac{1}{3},$ so there are $3^{10}$ equally likely stacks. If $x,$ $y,$ $z$ crates have heights $3,$ $4,$ $6,$ then $x + y + z = 10$ and $3x + 4y + 6z = 41;$ subtracting three times the first equation gives $y + 3z = 11,$ so $\begin{aligned} (x, y, z) &= (1, 8, 1), \\ &\quad (3, 5, 2), \\ &\quad (5, 2, 3). \end{aligned}$

These can be ordered in $\frac{10!}{1!\,8!\,1!} = 90,$ $\frac{10!}{3!\,5!\,2!} = 2520,$ and $\frac{10!}{5!\,2!\,3!} = 2520$ ways, for $5130$ stacks in all. The probability is $\frac{5130}{3^{10}} = \frac{190}{3^7},$ which is in lowest terms since $190 = 2 \cdot 5 \cdot 19.$ Thus $m = 190.$

10.

Sea $ABCD$ un trapecio isósceles con $\overline{AD} \parallel \overline{BC}$ cuyo ángulo en la base más larga $\overline{AD}$ es $\frac{\pi}{3}.$ Las diagonales tienen longitud $10\sqrt{21},$ y el punto $E$ está a distancias $10\sqrt{7}$ y $30\sqrt{7}$ de los vértices $A$ y $D,$ respectivamente. Sea $F$ el pie de la altura desde $C$ hacia $\overline{AD}.$ La distancia $EF$ puede expresarse en la forma $m\sqrt{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos y $n$ no es divisible por el cuadrado de ningún primo. Halla $m + n.$

Let $ABCD$ be an isosceles trapezoid with $\overline{AD} \parallel \overline{BC}$ whose angle at the longer base $\overline{AD}$ is $\frac{\pi}{3}.$ The diagonals have length $10\sqrt{21},$ and point $E$ is at distances $10\sqrt{7}$ and $30\sqrt{7}$ from vertices $A$ and $D,$ respectively. Let $F$ be the foot of the altitude from $C$ to $\overline{AD}.$ The distance $EF$ can be expressed in the form $m\sqrt{n},$ where $m$ and $n$ are positive integers and $n$ is not divisible by the square of any prime. Find $m + n.$

Respuesta

Conceptos:trapecio ley de los senos desigualdad triangular acotación a casos límite

Nivel de dificultad: 2990

Solución:

Por la desigualdad triangular, $30\sqrt{7} = DE$ $\le DA + AE$ $= DA + 10\sqrt{7},$ así que $DA \ge 20\sqrt{7}.$ Por otro lado, en el triángulo $ACD$ el ángulo en $D$ es $\frac{\pi}{3}$ y $AC = 10\sqrt{21},$ así que la ley de los senos da $\begin{aligned} DA &= \frac{AC \sin\angle DCA}{\sin\frac{\pi}{3}} \\ &= \frac{10\sqrt{21}}{\sqrt{3}/2}\sin\angle DCA \\ &= 20\sqrt{7}\sin\angle DCA \\ &\le 20\sqrt{7}. \end{aligned}$

Ambas cotas fuerzan $DA = 20\sqrt{7},$ así que $\angle DCA = 90^\circ,$ y la igualdad en la desigualdad triangular significa que $E$ está sobre la recta $AD$ con $A$ entre $D$ y $E.$ Del triángulo rectángulo, $DC = \sqrt{DA^2 - AC^2}$ $= \sqrt{2800 - 2100}$ $= 10\sqrt{7},$ y como $\angle CDF = 60^\circ,$ el pie satisface $DF = DC\cos 60^\circ = 5\sqrt{7}.$

Los puntos $F$ y $E$ están sobre la recta $AD$ del mismo lado de $D,$ así que $EF = DE - DF$ $= 30\sqrt{7} - 5\sqrt{7}$ $= 25\sqrt{7},$ y $m + n = 25 + 7 = 32.$

By the triangle inequality, $30\sqrt{7} = DE$ $\le DA + AE$ $= DA + 10\sqrt{7},$ so $DA \ge 20\sqrt{7}.$ On the other hand, in triangle $ACD$ the angle at $D$ is $\frac{\pi}{3}$ and $AC = 10\sqrt{21},$ so the Law of Sines gives $\begin{aligned} DA &= \frac{AC \sin\angle DCA}{\sin\frac{\pi}{3}} \\ &= \frac{10\sqrt{21}}{\sqrt{3}/2}\sin\angle DCA \\ &= 20\sqrt{7}\sin\angle DCA \\ &\le 20\sqrt{7}. \end{aligned}$

Both bounds force $DA = 20\sqrt{7},$ so $\angle DCA = 90^\circ,$ and equality in the triangle inequality means $E$ lies on line $AD$ with $A$ between $D$ and $E.$ From the right triangle, $DC = \sqrt{DA^2 - AC^2}$ $= \sqrt{2800 - 2100}$ $= 10\sqrt{7},$ and since $\angle CDF = 60^\circ,$ the foot satisfies $DF = DC\cos 60^\circ = 5\sqrt{7}.$

Points $F$ and $E$ are on line $AD$ on the same side of $D,$ so $EF = DE - DF$ $= 30\sqrt{7} - 5\sqrt{7}$ $= 25\sqrt{7},$ and $m + n = 25 + 7 = 32.$

11.

Considera las sucesiones que constan enteramente de $A$ y $B$ y que tienen la propiedad de que toda racha de $A$ consecutivas tiene longitud par, y toda racha de $B$ consecutivas tiene longitud impar. Ejemplos de tales sucesiones son $AA,$ $B,$ y $AABAA,$ mientras que $BBAB$ no es una sucesión de este tipo. ¿Cuántas sucesiones de este tipo tienen longitud $14$ ?

Consider sequences that consist entirely of $A$ 's and $B$ 's and that have the property that every run of consecutive $A$ 's has even length, and every run of consecutive $B$ 's has odd length. Examples of such sequences are $AA,$ $B,$ and $AABAA,$ while $BBAB$ is not such a sequence. How many such sequences have length $14?$

Respuesta

Conceptos:conteo recursivo arreglos con restricciones paridad

Nivel de dificultad: 2920

Solución:

Sean $a_n$ y $b_n$ el número de sucesiones válidas de longitud $n$ que empiezan con $A$ y con $B.$ Una sucesión que empieza con $A$ comienza con $AA$ seguido de cualquier sucesión válida de longitud $n - 2$ (posiblemente vacía), así que $a_{n+2} = a_n + b_n,$ donde la sucesión vacía cuenta una vez. Una sucesión que empieza con $B$ comienza o bien con una sola $B$ seguida de una sucesión que empieza con $A,$ o bien con $BB$ seguido de una sucesión que empieza con $B,$ así que $b_{n+2} = a_{n+1} + b_n.$

Partiendo de $(a_1, b_1) = (0, 1)$ y $(a_2, b_2) = (1, 0),$ los pares $(a_n, b_n)$ para $n = 3, 4, \ldots, 14$ son $\begin{aligned} &(1, 2),\ (1, 1),\ (3, 3),\ \\ &(2, 4),\ (6, 5),\ (6, 10),\ \\ &(11, 11),\ (16, 21),\ (22, 27),\ \\ &(37, 43),\ (49, 64),\ (80, 92). \end{aligned}$

El número de sucesiones válidas de longitud $14$ es $80 + 92 = 172.$

Let $a_n$ and $b_n$ count valid sequences of length $n$ beginning with $A$ and with $B.$ A sequence beginning with $A$ starts with $AA$ followed by any valid sequence of length $n - 2$ (possibly empty), so $a_{n+2} = a_n + b_n,$ where the empty sequence counts once. A sequence beginning with $B$ starts either with a single $B$ followed by a sequence beginning with $A,$ or with $BB$ followed by a sequence beginning with $B,$ so $b_{n+2} = a_{n+1} + b_n.$

Starting from $(a_1, b_1) = (0, 1)$ and $(a_2, b_2) = (1, 0),$ the pairs $(a_n, b_n)$ for $n = 3, 4, \ldots, 14$ are $\begin{aligned} &(1, 2),\ (1, 1),\ (3, 3),\ \\ &(2, 4),\ (6, 5),\ (6, 10),\ \\ &(11, 11),\ (16, 21),\ (22, 27),\ \\ &(37, 43),\ (49, 64),\ (80, 92). \end{aligned}$

The number of valid sequences of length $14$ is $80 + 92 = 172.$

12.

En un tramo largo y recto de una autopista de un solo sentido y un solo carril, todos los coches viajan a la misma velocidad y todos obedecen la regla de seguridad: la distancia desde la parte trasera del coche de delante hasta la parte delantera del coche de detrás es exactamente la longitud de un coche por cada $15$ kilómetros por hora de velocidad o fracción de ella. (Así, la parte delantera de un coche que viaja a $52$ kilómetros por hora estará cuatro longitudes de coche por detrás de la parte trasera del coche que va delante de él.)

Un ojo fotoeléctrico al costado de la carretera cuenta el número de coches que pasan en una hora. Suponiendo que cada coche mide $4$ metros de largo y que los coches pueden viajar a cualquier velocidad, sea $M$ el máximo número entero de coches que pueden pasar por el ojo fotoeléctrico en una hora. Halla el cociente cuando $M$ se divide entre $10.$

On a long straight stretch of one-way single-lane highway, cars all travel at the same speed and all obey the safety rule: the distance from the back of the car ahead to the front of the car behind is exactly one car length for each $15$ kilometers per hour of speed or fraction thereof. (Thus the front of a car traveling $52$ kilometers per hour will be four car lengths behind the back of the car in front of it.)

A photoelectric eye by the side of the road counts the number of cars that pass in one hour. Assuming that each car is $4$ meters long and that the cars can travel at any speed, let $M$ be the maximum whole number of cars that can pass the photoelectric eye in one hour. Find the quotient when $M$ is divided by $10.$

Respuesta

Conceptos:funciones piso y techo optimización tasa

Nivel de dificultad: 2920

Solución:

Supongamos que los coches viajan a $s$ kilómetros por hora. El hueco es de $\lceil s/15 \rceil$ longitudes de coche, así que las delanteras sucesivas están separadas $4\lceil s/15 \rceil + 4$ metros, y en una hora una columna de $1000s$ metros de tráfico pasa por el ojo, es decir, $N = \frac{1000s}{4\lceil s/15 \rceil + 4} = \frac{250s}{\lceil s/15 \rceil + 1}$ huecos por hora.

Para un valor fijo $k = \lceil s/15 \rceil,$ el conteo $N$ es máximo en $s = 15k,$ donde es igual a $\frac{3750k}{k + 1}.$ Esto siempre es menor que $3750$ pero se aproxima a $3750$ a medida que $k$ crece. Aunque el número de huecos nunca alcanza $3750,$ el conteo de coches sí puede: elige $k$ tan grande que pasen más de $3749$ huecos, y comienza la hora con un coche exactamente en el ojo. Ese coche, más un coche por cada uno de los $3749$ huecos completos que siguen, da $3750$ coches.

Así que $M = 3750,$ y el cociente cuando $M$ se divide entre $10$ es $375.$

Suppose the cars travel at $s$ kilometers per hour. The gap is $\lceil s/15 \rceil$ car lengths, so successive fronts are $4\lceil s/15 \rceil + 4$ meters apart, and in one hour a column of $1000s$ meters of traffic passes the eye — that is, $N = \frac{1000s}{4\lceil s/15 \rceil + 4} = \frac{250s}{\lceil s/15 \rceil + 1}$ gaps per hour.

For a fixed value $k = \lceil s/15 \rceil,$ the count $N$ is largest at $s = 15k,$ where it equals $\frac{3750k}{k + 1}.$ This is always less than $3750$ but approaches $3750$ as $k$ grows. Although the gap count never reaches $3750,$ the car count can: choose $k$ so large that more than $3749$ gaps pass, and start the hour with a car exactly at the eye. That car, plus one car for each of the $3749$ complete gaps that follow, makes $3750$ cars.

So $M = 3750,$ and the quotient when $M$ is divided by $10$ is $375.$

13.

Sea $\begin{aligned} p(x, y) &= a_0 + a_1x + a_2y \\ &\quad {}+ a_3x^2 + a_4xy + a_5y^2 \\ &\quad {}+ a_6x^3 + a_7x^2y \\ &\quad {}+ a_8xy^2 + a_9y^3. \end{aligned}$ Supongamos que $\begin{aligned} p(0, 0) &= p(1, 0) = p(-1, 0) \\ &= p(0, 1) = p(0, -1) \\ &= p(1, 1) = p(1, -1) \\ &= p(2, 2) = 0. \end{aligned}$

Existe un punto $\left(\frac{a}{c}, \frac{b}{c}\right)$ para el cual $p\left(\frac{a}{c}, \frac{b}{c}\right) = 0$ para todos esos polinomios, donde $a,$ $b,$ y $c$ son enteros positivos, $a$ y $c$ son primos entre sí, y $c \gt 1.$ Halla $a + b + c.$

Let $\begin{aligned} p(x, y) &= a_0 + a_1x + a_2y \\ &\quad {}+ a_3x^2 + a_4xy + a_5y^2 \\ &\quad {}+ a_6x^3 + a_7x^2y \\ &\quad {}+ a_8xy^2 + a_9y^3. \end{aligned}$ Suppose that $\begin{aligned} p(0, 0) &= p(1, 0) = p(-1, 0) \\ &= p(0, 1) = p(0, -1) \\ &= p(1, 1) = p(1, -1) \\ &= p(2, 2) = 0. \end{aligned}$

There is a point $\left(\frac{a}{c}, \frac{b}{c}\right)$ for which $p\left(\frac{a}{c}, \frac{b}{c}\right) = 0$ for all such polynomials, where $a,$ $b,$ and $c$ are positive integers, $a$ and $c$ are relatively prime, and $c \gt 1.$ Find $a + b + c.$

Respuesta

Conceptos:polinomio sistema de ecuaciones factorización

Nivel de dificultad: 3160

Solución:

De $p(0,0) = 0$ obtenemos $a_0 = 0.$ Sumando y restando $p(1,0) = p(-1,0) = 0$ se obtiene $a_3 = 0$ y $a_6 = -a_1;$ de manera similar $p(0,\pm 1) = 0$ dan $a_5 = 0$ y $a_9 = -a_2.$ Luego $p(1,1) = 0$ y $p(1,-1) = 0$ se reducen a $a_4 + a_7 + a_8 = 0$ y $-a_4 - a_7 + a_8 = 0,$ así que $a_8 = 0$ y $a_7 = -a_4.$ Ahora $p = a_1(x - x^3)$ $+ a_2(y - y^3)$ $+ a_4(xy - x^2y),$ y $p(2,2) = 0$ da $-6a_1 - 6a_2 - 4a_4 = 0,$ es decir $a_4 = -\frac{3}{2}(a_1 + a_2).$

Por lo tanto $\begin{aligned} p &= a_1\left[x - x^3 - \tfrac{3}{2}xy(1 - x)\right] \\ &\quad {}+ a_2\left[y - y^3 - \tfrac{3}{2}xy(1 - x)\right], \end{aligned}$ y un punto $(r, s)$ que es un cero para toda elección de $a_1, a_2$ debe anular ambos corchetes. El primer corchete se factoriza como $r(1 - r)\left(1 + r - \tfrac{3}{2}s\right),$ así que para un nuevo punto (con $r \ne 0, 1$ ) necesitamos $s = \tfrac{2}{3}(r + 1).$ El segundo corchete es $\tfrac{1}{2}s(2 - 2s^2 - 3r + 3r^2);$ sustituyendo $s^2 = \tfrac{4}{9}(r + 1)^2$ convierte $2 - 2s^2 - 3r + 3r^2 = 0$ en $\frac{19r^2 - 43r + 10}{9} = 0,$ cuyas raíces son $r = 2$ y $r = \frac{5}{19}.$

La raíz $r = 2$ reproduce el punto dado $(2, 2),$ así que el nuevo punto tiene $r = \frac{5}{19}$ y $s = \frac{2}{3} \cdot \frac{24}{19} = \frac{16}{19}.$ Por lo tanto $(a, b, c) = (5, 16, 19)$ y $a + b + c = 40.$

From $p(0,0) = 0$ we get $a_0 = 0.$ Adding and subtracting $p(1,0) = p(-1,0) = 0$ gives $a_3 = 0$ and $a_6 = -a_1;$ similarly $p(0,\pm 1) = 0$ give $a_5 = 0$ and $a_9 = -a_2.$ Then $p(1,1) = 0$ and $p(1,-1) = 0$ reduce to $a_4 + a_7 + a_8 = 0$ and $-a_4 - a_7 + a_8 = 0,$ so $a_8 = 0$ and $a_7 = -a_4.$ Now $p = a_1(x - x^3)$ $+ a_2(y - y^3)$ $+ a_4(xy - x^2y),$ and $p(2,2) = 0$ gives $-6a_1 - 6a_2 - 4a_4 = 0,$ i.e. $a_4 = -\frac{3}{2}(a_1 + a_2).$

Therefore $\begin{aligned} p &= a_1\left[x - x^3 - \tfrac{3}{2}xy(1 - x)\right] \\ &\quad {}+ a_2\left[y - y^3 - \tfrac{3}{2}xy(1 - x)\right], \end{aligned}$ and a point $(r, s)$ that is a zero for every choice of $a_1, a_2$ must kill both brackets. The first bracket factors as $r(1 - r)\left(1 + r - \tfrac{3}{2}s\right),$ so for a new point (with $r \ne 0, 1$ ) we need $s = \tfrac{2}{3}(r + 1).$ The second bracket is $\tfrac{1}{2}s(2 - 2s^2 - 3r + 3r^2);$ substituting $s^2 = \tfrac{4}{9}(r + 1)^2$ turns $2 - 2s^2 - 3r + 3r^2 = 0$ into $\frac{19r^2 - 43r + 10}{9} = 0,$ whose roots are $r = 2$ and $r = \frac{5}{19}.$

The root $r = 2$ reproduces the given point $(2, 2),$ so the new point has $r = \frac{5}{19}$ and $s = \frac{2}{3} \cdot \frac{24}{19} = \frac{16}{19}.$ Thus $(a, b, c) = (5, 16, 19)$ and $a + b + c = 40.$

14.

Sea $\overline{AB}$ un diámetro del círculo $\omega.$ Prolonga $\overline{AB}$ a través de $A$ hasta $C.$ El punto $T$ está sobre $\omega$ de modo que la recta $CT$ es tangente a $\omega.$ El punto $P$ es el pie de la perpendicular desde $A$ a la recta $CT.$ Supón que $AB = 18,$ y sea $m$ la longitud máxima posible del segmento $BP.$ Halla $m^2.$

Let $\overline{AB}$ be a diameter of circle $\omega.$ Extend $\overline{AB}$ through $A$ to $C.$ Point $T$ lies on $\omega$ so that line $CT$ is tangent to $\omega.$ Point $P$ is the foot of the perpendicular from $A$ to line $CT.$ Suppose $AB = 18,$ and let $m$ denote the maximum possible length of segment $BP.$ Find $m^2.$

Respuesta

Conceptos:geometría analítica recta tangente cuadrática optimización

Nivel de dificultad: 3270

Solución:

Coloca el centro $O$ en el origen con radio $9,$ así que $A = (-9, 0)$ y $B = (9, 0).$ Si el punto de tangencia es $T = (9\cos t, 9\sin t),$ la recta tangente es $x\cos t + y\sin t = 9;$ corta al eje $x$ en $C = (9/\cos t, 0),$ que queda más allá de $A$ exactamente cuando $-1 \lt \cos t \lt 0.$ Escribiendo $u = \cos t,$ la distancia con signo desde $A$ a la recta es $-9u - 9,$ así que el pie de la perpendicular es $P = A + 9(1 + u)(\cos t, \sin t).$

Entonces $P - B$ $=$ $\bigl(9(u^2 + u - 2),\ 9(1 + u)\sin t\bigr),$ y usando $\sin^2 t = 1 - u^2:$ $\begin{aligned} \frac{BP^2}{81} &= (u^2 + u - 2)^2 \\ &\quad {}+ (1 + u)^2(1 - u^2) \\ &= 5 - 2u - 3u^2. \end{aligned}$ Esta cuadrática en $u$ se maximiza en $u = -\frac{1}{3},$ que está dentro de $(-1, 0)$ (allí $C = (-27, 0)$ ), dando $\frac{BP^2}{81} = 5 + \frac{2}{3} - \frac{1}{3} = \frac{16}{3}.$

Por lo tanto $m^2 = 81 \cdot \frac{16}{3} = 432.$

Place the center $O$ at the origin with radius $9,$ so $A = (-9, 0)$ and $B = (9, 0).$ If the point of tangency is $T = (9\cos t, 9\sin t),$ the tangent line is $x\cos t + y\sin t = 9;$ it meets the $x$ -axis at $C = (9/\cos t, 0),$ which lies beyond $A$ exactly when $-1 \lt \cos t \lt 0.$ Writing $u = \cos t,$ the signed distance from $A$ to the line is $-9u - 9,$ so the foot of the perpendicular is $P = A + 9(1 + u)(\cos t, \sin t).$

Then $P - B$ $=$ $\bigl(9(u^2 + u - 2),\ 9(1 + u)\sin t\bigr),$ and using $\sin^2 t = 1 - u^2:$ $\begin{aligned} \frac{BP^2}{81} &= (u^2 + u - 2)^2 \\ &\quad {}+ (1 + u)^2(1 - u^2) \\ &= 5 - 2u - 3u^2. \end{aligned}$ This quadratic in $u$ is maximized at $u = -\frac{1}{3},$ which is inside $(-1, 0)$ (there $C = (-27, 0)$ ), giving $\frac{BP^2}{81} = 5 + \frac{2}{3} - \frac{1}{3} = \frac{16}{3}.$

Therefore $m^2 = 81 \cdot \frac{16}{3} = 432.$

15.

Una hoja de papel cuadrada tiene lados de longitud $100.$ De cada esquina se corta una cuña de la siguiente manera: en cada esquina, los dos cortes de la cuña comienzan cada uno a distancia $\sqrt{17}$ de la esquina, y se encuentran sobre la diagonal formando un ángulo de $60^\circ$ (ver la figura de abajo). Luego el papel se pliega hacia arriba a lo largo de las líneas que unen los vértices de cortes adyacentes. Cuando los dos bordes de un corte se encuentran, se pegan con cinta. El resultado es una bandeja de papel cuyos lados no forman ángulos rectos con la base. La altura de la bandeja, es decir, la distancia perpendicular entre el plano de la base y el plano formado por los bordes superiores, puede escribirse en la forma $\sqrt[n]{m},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos, $m \lt 1000,$ y $m$ no es divisible por la $n$ -ésima potencia de ningún primo. Halla $m + n.$

A square piece of paper has sides of length $100.$ From each corner a wedge is cut in the following manner: at each corner, the two cuts for the wedge each start at distance $\sqrt{17}$ from the corner, and they meet on the diagonal at an angle of $60^\circ$ (see the figure below). The paper is then folded up along the lines joining the vertices of adjacent cuts. When the two edges of a cut meet, they are taped together. The result is a paper tray whose sides are not at right angles to the base. The height of the tray, that is, the perpendicular distance between the plane of the base and the plane formed by the upper edges, can be written in the form $\sqrt[n]{m},$ where $m$ and $n$ are positive integers, $m \lt 1000,$ and $m$ is not divisible by the $n$ th power of any prime. Find $m + n.$

Respuesta

Conceptos:plegado de papel Geometría 3D ley de los senos Teorema de Pitágoras

Nivel de dificultad: 3370

Solución:

Coloca la esquina en el origen $O$ con los dos lados a lo largo de los ejes positivos, y escribe $a = \sqrt{17}.$ El corte sobre el borde inferior comienza en $P = (a, 0),$ y los dos cortes se encuentran en $R$ sobre la diagonal $y = x,$ formando cada uno un ángulo de $30^\circ$ con la diagonal. En el triángulo $OPR,$ $\angle ROP = 45^\circ$ y $\angle ORP = 30^\circ,$ así que la ley de los senos da $PR = \frac{OP\sin 45^\circ}{\sin 30^\circ} = a\sqrt{2}.$ Las líneas de pliegue son las líneas horizontal y vertical que pasan por $R.$ Sea $S$ el punto de la línea de pliegue horizontal directamente encima de $P,$ y $T = (a, a)$ el punto donde la línea vertical que pasa por $P$ corta la diagonal. Como $\angle OPR = 105^\circ,$ el segmento $PR$ forma un ángulo de $75^\circ$ con el borde inferior, así que $\begin{aligned} SP &= PR\sin 75^\circ \\ &= a\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} \\ &= a\,\frac{\sqrt{3} + 1}{2}, \\ ST &= SP - PT \\ &= a\,\frac{\sqrt{3} + 1}{2} - a \\ &= a\,\frac{\sqrt{3} - 1}{2}. \end{aligned}$

Cuando la tira inferior se pliega hacia arriba a lo largo de la línea horizontal que pasa por $R,$ el punto $P$ se mantiene a distancia $SP$ de $S,$ moviéndose en el plano vertical que pasa por $P$ perpendicular a esa línea de pliegue. Por simetría, los dos bordes de corte pegados se encuentran por encima de la diagonal, así que $P$ aterriza en un punto $P'$ directamente encima de $T,$ y $P'T$ es la altura de la bandeja. Por el teorema de Pitágoras, $\begin{aligned} P'T^2 &= P'S^2 - ST^2 \\ &= a^2\left(\frac{\sqrt{3} + 1}{2}\right)^2 \\ &\quad {}- a^2\left(\frac{\sqrt{3} - 1}{2}\right)^2 \\ &= a^2\sqrt{3}. \end{aligned}$

Así que la altura es $a \cdot 3^{1/4}$ $= \sqrt{17} \cdot \sqrt[4]{3}$ $= \sqrt[4]{17^2 \cdot 3}$ $= \sqrt[4]{867},$ y $m + n = 867 + 4 = 871.$

Put the corner at the origin $O$ with the two sides along the positive axes, and write $a = \sqrt{17}.$ The cut on the bottom edge starts at $P = (a, 0),$ and the two cuts meet at $R$ on the diagonal $y = x,$ each making a $30^\circ$ angle with the diagonal. In triangle $OPR,$ $\angle ROP = 45^\circ$ and $\angle ORP = 30^\circ,$ so the Law of Sines gives $PR = \frac{OP\sin 45^\circ}{\sin 30^\circ} = a\sqrt{2}.$ The fold lines are the horizontal and vertical lines through $R.$ Let $S$ be the point of the horizontal fold line directly above $P,$ and $T = (a, a)$ the point where the vertical line through $P$ meets the diagonal. Since $\angle OPR = 105^\circ,$ segment $PR$ makes a $75^\circ$ angle with the bottom edge, so $\begin{aligned} SP &= PR\sin 75^\circ \\ &= a\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} \\ &= a\,\frac{\sqrt{3} + 1}{2}, \\ ST &= SP - PT \\ &= a\,\frac{\sqrt{3} + 1}{2} - a \\ &= a\,\frac{\sqrt{3} - 1}{2}. \end{aligned}$

When the bottom strip folds up along the horizontal line through $R,$ point $P$ stays at distance $SP$ from $S,$ moving in the vertical plane through $P$ perpendicular to that fold line. By symmetry the two taped cut edges meet above the diagonal, so $P$ lands at a point $P'$ directly above $T,$ and $P'T$ is the height of the tray. By the Pythagorean theorem, $\begin{aligned} P'T^2 &= P'S^2 - ST^2 \\ &= a^2\left(\frac{\sqrt{3} + 1}{2}\right)^2 \\ &\quad {}- a^2\left(\frac{\sqrt{3} - 1}{2}\right)^2 \\ &= a^2\sqrt{3}. \end{aligned}$

So the height is $a \cdot 3^{1/4}$ $= \sqrt{17} \cdot \sqrt[4]{3}$ $= \sqrt[4]{17^2 \cdot 3}$ $= \sqrt[4]{867},$ and $m + n = 867 + 4 = 871.$