Solución:

Escribe los dígitos como $a,$ $ar,$ $ar^2.$ Para el mayor número geométrico, toma $a = 9.$ Una razón entera de al menos $2$ llevaría el siguiente dígito más allá de $9,$ y $r = 1$ repite dígitos, así que $r$ es una fracción cuyo denominador al cuadrado divide a $9:$ las opciones $r = \frac{2}{3}$ y $r = \frac{1}{3}$ dan $964$ y $931.$ El mayor es $964.$

Para el menor, toma el dígito de las centenas $1.$ Entonces el dígito de las decenas $r$ debe ser un entero de al menos $2$ (los dígitos son distintos), y $r = 2$ da $124,$ que es menor que el $139.$ que da $r = 3$.

La diferencia es $964 - 124 = 840.$

Solución:

Escribe $z = a + 164i.$ Al eliminar el denominador se obtiene $z = 4i(z + n),$ es decir, $$\begin{aligned} a + 164i &= 4i\,(a + n + 164i) \\ &= -656 + 4(a + n)i. \end{aligned}$$

Las partes reales dan $a = -656,$ y las partes imaginarias dan $164 = 4(a + n),$ de modo que $a + n = 41$ y $n = 41 + 656 = 697.$

Solución:

La condición dice $$\begin{aligned} &\binom{8}{3} p^3 (1-p)^5 \\ &= \frac{1}{25} \binom{8}{5} p^5 (1-p)^3. \end{aligned}$$ Como $\binom{8}{3} = \binom{8}{5}$ y tanto $p$ como $1 - p$ son positivos, al dividir entre $p^3(1-p)^3$ queda $(1-p)^2 = \frac{p^2}{25},$ de modo que $1 - p = \frac{p}{5}.$

Por tanto $p = \frac{5}{6},$ y $m + n = 5 + 6 = 11.$

Solución:

Coloca $A$ en el origen y sean $\mathbf{b} = \overrightarrow{AB}$ y $\mathbf{d} = \overrightarrow{AD},$ de modo que $C = \mathbf{b} + \mathbf{d},$ $M = \frac{17}{1000}\mathbf{b},$ y $N = \frac{17}{2009}\mathbf{d}.$ Como $P$ está sobre $\overline{AC},$ escribe $P = s\,(\mathbf{b} + \mathbf{d})$ donde $s = \frac{AP}{AC};$ como $P$ también está sobre la recta $MN,$ escribe $P = tM + (1 - t)N$ para algún $t.$

Como $\mathbf{b}$ y $\mathbf{d}$ son independientes, los coeficientes deben coincidir: $$s = \frac{17t}{1000}$$ y $$s = \frac{17(1-t)}{2009}.$$ Así $t = \frac{1000s}{17}$ y $1 - t = \frac{2009s}{17};$ al sumar se obtiene $1 = \frac{3009s}{17}.$

Por tanto $\frac{AC}{AP} = \frac{1}{s} = \frac{3009}{17} = 177.$

Solución:

Como $AK = CK$ y $K$ es el punto medio de $\overline{PM},$ las diagonales del cuadrilátero $APCM$ se bisecan mutuamente, así que $APCM$ es un paralelogramo y $AM \parallel CP.$ Como $P$ está sobre la recta $CL$ y $B,$ $P,$ $M$ están todos sobre la recta $BK,$ los triángulos $BLP$ y $BAM$ son semejantes.

Así $\frac{LP}{AM} = \frac{BL}{BA}.$ El teorema de la bisectriz da $\frac{AL}{LB} = \frac{AC}{BC} = \frac{450}{300} = \frac{3}{2},$ de modo que $\frac{BL}{BA} = \frac{2}{2 + 3} = \frac{2}{5}.$

Por tanto $LP = \frac{2}{5} \cdot AM = \frac{2}{5} \cdot 180 = 72.$

Solución:

Supón que $\lfloor x \rfloor = k$ para un entero positivo $k.$ Cuando $x$ recorre $[k, k+1),$ el valor $x^k$ crece de forma continua desde $k^k$ hacia $(k+1)^k,$ así que los enteros alcanzables $N$ son exactamente los que cumplen $k^k \le N \le (k+1)^k - 1:$ hay $(k+1)^k - k^k$ de ellos, y estos rangos son disjuntos para distintos $k.$ (Los valores de $x$ menores que $1$ no producen enteros positivos nuevos, ya que $x^0 = 1$ ya se alcanza.)

Para $k = 1, 2, 3, 4$ las cantidades son $2 - 1 = 1,$ $9 - 4 = 5,$ $64 - 27 = 37,$ y $625 - 256 = 369,$ y todo $N$ de este tipo es a lo sumo $624 \lt 1000.$ Para $k = 5$ el valor más pequeño es $5^5 = 3125 \gt 1000.$

El total es $1 + 5 + 37 + 369 = 412.$

Solución:

La relación dice $5^{a_{n+1} - a_n} = 1 + \frac{3}{3n + 2} = \frac{3n+5}{3n+2}.$ Multiplicar estas ecuaciones para $n = 1, 2, \ldots, k - 1$ telescopia: $$5^{a_k - a_1} = \frac{3k + 2}{5},$$ de modo que $$\begin{aligned} a_k &= 1 + \log_5 \frac{3k+2}{5} \\ &= \log_5 (3k + 2). \end{aligned}$$

Así $a_k$ es un entero exactamente cuando $3k + 2$ es una potencia de $5.$ Como $5^j \equiv 2^j \pmod 3,$ solo los exponentes impares $j$ dan números de la forma $3k + 2.$ La potencia $5^1 = 5$ da $k = 1,$ que queda excluido, y la siguiente, $5^3 = 125 = 3 \cdot 41 + 2,$ da $k = 41.$

Solución:

En la suma de todas las diferencias positivas, el elemento $2^k$ se suma una vez por cada elemento menor ($k$ veces) y se resta una vez por cada elemento mayor ($10 - k$ veces). Por tanto $$\begin{aligned} N &= \sum_{k=0}^{10} (2k - 10)\,2^k \\ &= 2\sum_{k=0}^{10} k\,2^k - 10\sum_{k=0}^{10} 2^k. \end{aligned}$$

Las sumas estándar son $\sum_{k=0}^{10} k\,2^k = 9 \cdot 2^{11} + 2 = 18434$ y $\sum_{k=0}^{10} 2^k = 2^{11} - 1 = 2047,$ de modo que $$\begin{aligned} N &= 2 \cdot 18434 - 10 \cdot 2047 \\ &= 36868 - 20470 = 16398. \end{aligned}$$

El resto al dividir entre $1000$ es $398.$

Solución:

Concatenar los tres precios conjeturados en orden produce una disposición de los siete dígitos dados, y cada conjetura se recupera de forma única a partir de una disposición junto con una forma de cortarla en tres bloques consecutivos no vacíos de a lo sumo cuatro dígitos cada uno (los precios van desde $\$1$ hasta $\$9999,$ y aquí ningún precio puede empezar con $0$ ya que todos los dígitos son $1$ o $3$). Hay $\frac{7!}{4!\,3!} = 35$ disposiciones de cuatro $1$ y tres $3$.

Las longitudes ordenadas de los bloques son las formas de escribir $7$ como suma ordenada de tres partes entre $1$ y $4:$ las permutaciones de $(1, 2, 4),$ $(2, 2, 3),$ y $(1, 3, 3),$ que dan $6 + 3 + 3 = 12$ cortes por cada disposición.

El total es $35 \cdot 12 = 420.$

Solución:

Primero elige qué planeta se sienta en cada silla; los individuos de cada planeta pueden entonces asignarse a sus sillas de $5!$ formas cada uno, así que $N$ cuenta los patrones de planetas. Las reglas de adyacencia dicen exactamente que, leyendo en sentido horario, cada bloque maximal de marcianos debe ir seguido de un bloque de venusianos y luego de un bloque de terrícolas antes de que puedan volver a aparecer marcianos. Como la silla $1$ tiene un marciano y la silla $15$ tiene un terrícola, las sillas de $1$ a $15$ consisten en el patrón (bloque de marcianos, bloque de venusianos, bloque de terrícolas) repetido $k$ veces, para algún $1 \le k \le 5.$

Para un $k$ dado, los cinco miembros de cada planeta se distribuyen en $k$ bloques no vacíos en orden, y el número de formas de escribir $5$ como suma ordenada de $k$ enteros positivos es $\binom{4}{k-1}.$ Los tamaños de los bloques de los tres planetas son independientes, así que $$\begin{aligned} N &= \sum_{k=1}^{5} \binom{4}{k-1}^3 \\ &= 1^3 + 4^3 + 6^3 + 4^3 + 1^3 \\ &= 346. \end{aligned}$$

Solución:

Los puntos de la recta con coordenadas enteras no negativas son $P_i = (i,\, 2009 - 41i)$ para $i = 0, 1, \ldots, 49$, cincuenta puntos en total. Para $P = P_i$ y $Q = P_j,$ la fórmula del cordón de zapato da $$\begin{aligned} [OPQ] &= \small \frac{1}{2}\left|\,i(2009 - 41j) - j(2009 - 41i)\,\right| \\ &= \frac{2009}{2}\,|i - j|. \end{aligned}$$

Esto es automáticamente positivo para puntos distintos, y como $2009$ es impar, es un entero exactamente cuando $i - j$ es par, es decir, cuando $i$ y $j$ tienen la misma paridad. Hay $25$ índices pares y $25$ impares, así que el número de triángulos es $\binom{25}{2} + \binom{25}{2} = 300 + 300 = 600.$

Solución:

Como $\overline{CD} \perp \overline{AB}$ y $D$ es un extremo del diámetro, $AB$ es tangente a $\omega$ en $D.$ Junto con las rectas tangentes $AI$ y $BI,$ esto hace que $\omega$ sea la circunferencia inscrita del triángulo $ABI.$ Escribe $AD = y,$ $BD = z,$ y sea $x$ la longitud de la tangente desde $I.$ La altura del triángulo rectángulo cumple $CD^2 = AD \cdot BD,$ así que el inradio de $ABI$ es $r = \frac{1}{2}\sqrt{yz}.$

Con semiperímetro $s = x + y + z,$ las longitudes de las tangentes son exactamente $s - AB = x,$ $s - BI = y,$ y $s - AI = z,$ así que el área de $ABI$ es igual tanto a $rs$ como, por la fórmula de Herón, a $\sqrt{s \cdot xyz}.$ Igualando y elevando al cuadrado, $$\frac{s^2\,yz}{4} = s\,xyz,$$ de modo que $$s = 4x,$$ lo que da $AB = y + z = s - x = 3x.$

El perímetro es $2s = 8x,$ así que su razón respecto a $AB$ es $\frac{8x}{3x} = \frac{8}{3}$ (independiente de los catetos dados), y $m + n = 8 + 3 = 11.$

Solución:

Al eliminar denominadores, $a_{n+2}(1 + a_{n+1}) = a_n + 2009$ para todo $n \ge 1.$ Restar cada instancia de la siguiente da $$\begin{aligned} &a_{n+2} - a_n \\ &= (a_{n+2} + 1)(a_{n+3} - a_{n+1}). \end{aligned}$$

Si alguna diferencia $a_{n+2} - a_n$ fuera no nula, entonces toda diferencia posterior también sería no nula, y como cada $a_{n+2} + 1 \ge 2,$ la identidad obligaría a $|a_3 - a_1|$ $\gt |a_4 - a_2|$ $\gt |a_5 - a_3|$ $\gt \cdots,$ una sucesión infinita estrictamente decreciente de enteros positivos, lo cual es imposible. Por tanto $a_{n+2} = a_n$ para todo $n:$ los términos de índice impar son todos iguales y los de índice par son todos iguales, y cualquier elección de enteros positivos así funciona.