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Soluciones del 2011 AIME II

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

1.

Gary compró una bebida grande, pero solo bebió mn\frac{m}{n} de esta bebida, donde mm y nn son enteros positivos coprimos. Si Gary hubiera comprado solo la mitad y bebido el doble, habría desperdiciado solo 29\frac{2}{9} de la cantidad que desperdició originalmente. Halla m+n.m + n.
Gary purchased a large beverage, but drank only mn\frac{m}{n} of this beverage, where mm and nn are relatively prime positive integers. If Gary had purchased only half as much and drunk twice as much, he would have wasted only 29\frac{2}{9} as much beverage. Find m+n.m + n.
Conceptos:ecuación linealrazón y proporción
Nivel de dificultad: 1710
Pista pequeña:
Sea xx la cantidad comprada y yy la cantidad bebida; la cantidad desperdiciada es x−yx - y.
Let xx be the amount purchased and yy the amount drunk; the wasted amount is x−yx - y
Pista grande:
El segundo escenario desperdicia x2−2y,\frac{x}{2} - 2y, así que plantea x2−2y=29(x−y)\frac{x}{2} - 2y = \frac{2}{9}(x - y) y despeja yx\frac{y}{x}.
The second scenario wastes x2−2y,\frac{x}{2} - 2y, so set x2−2y=29(x−y)\frac{x}{2} - 2y = \frac{2}{9}(x - y) and solve for yx\frac{y}{x}
Solución:
Digamos que Gary compró una cantidad xx y bebió una cantidad y,y, desperdiciando x−y.x - y. En el segundo escenario habría comprado x2\frac{x}{2} y bebido 2y,2y, desperdiciando x2−2y.\frac{x}{2} - 2y. La condición es x2−2y=29(x−y).\frac{x}{2} - 2y = \frac{2}{9}(x - y).
Multiplicando por 1818 se obtiene 9x−36y=4x−4y,9x - 36y = 4x - 4y, así que 5x=32y5x = 32y y yx=532.\frac{y}{x} = \frac{5}{32}. Como gcd⁡(5,32)=1,\gcd(5, 32) = 1, la respuesta es 5+32=37.5 + 32 = 37.
Say Gary purchased an amount xx and drank an amount y,y, wasting x−y.x - y. In the second scenario he would have purchased x2\frac{x}{2} and drunk 2y,2y, wasting x2−2y.\frac{x}{2} - 2y. The condition is x2−2y=29(x−y).\frac{x}{2} - 2y = \frac{2}{9}(x - y).
Multiplying by 1818 gives 9x−36y=4x−4y,9x - 36y = 4x - 4y, so 5x=32y5x = 32y and yx=532.\frac{y}{x} = \frac{5}{32}. Since gcd⁡(5,32)=1,\gcd(5, 32) = 1, the answer is 5+32=37.5 + 32 = 37.

2.

En el cuadrado ABCD,ABCD, el punto EE está sobre el lado AD‾\overline{AD} y el punto FF está sobre el lado BC‾,\overline{BC}, de modo que BE=EF=FD=30.BE = EF = FD = 30. Halla el área del cuadrado ABCD.ABCD.
On square ABCD,ABCD, point EE lies on side AD‾\overline{AD} and point FF lies on side BC‾,\overline{BC}, so that BE=EF=FD=30.BE = EF = FD = 30. Find the area of square ABCD.ABCD.
Conceptos:cuadrado (geometría)geometría analíticaTeorema de Pitágoras
Nivel de dificultad: 1970
Pista pequeña:
Coloca B=(0,0),B = (0, 0), C=(s,0),C = (s, 0), A=(0,s),A = (0, s), D=(s,s),D = (s, s), y escribe E=(a,s),E = (a, s), F=(b,0)F = (b, 0).
Put B=(0,0),B = (0, 0), C=(s,0),C = (s, 0), A=(0,s),A = (0, s), D=(s,s),D = (s, s), and write E=(a,s),E = (a, s), F=(b,0)F = (b, 0)
Pista grande:
BE=FDBE = FD obliga a b=s−a,b = s - a, y luego EF=BEEF = BE obliga a a=s3;a = \frac{s}{3}; termina con a2+s2=900a^2 + s^2 = 900.
BE=FDBE = FD forces b=s−a,b = s - a, and then EF=BEEF = BE forces a=s3;a = \frac{s}{3}; finish with a2+s2=900a^2 + s^2 = 900
Solución:
Sea ss la longitud del lado, y coloca B=(0,0),B = (0, 0), C=(s,0),C = (s, 0), A=(0,s),A = (0, s), D=(s,s).D = (s, s). Escribe E=(a,s)E = (a, s) y F=(b,0).F = (b, 0). Entonces BE2=a2+s2,BE^2 = a^2 + s^2, FD2=(s−b)2+s2,FD^2 = (s - b)^2 + s^2, y EF2=(a−b)2+s2.EF^2 = (a - b)^2 + s^2.
De BE=FDBE = FD obtenemos a=s−b,a = s - b, así que a−b=2a−s.a - b = 2a - s. Luego EF=BEEF = BE da (2a−s)2=a2,(2a - s)^2 = a^2, cuyas soluciones son a=s3a = \frac{s}{3} y a=sa = s (la última identifica los puntos nombrados por separado EE y FF con las esquinas DD y B,B, haciendo que los tres segmentos sean la misma diagonal). Así que a=s3.a = \frac{s}{3}.
Ahora 900=BE2=s29+s2=10s29,900 = BE^2 = \frac{s^2}{9} + s^2 = \frac{10s^2}{9}, así que el área es s2=910⋅900=810.s^2 = \frac{9}{10} \cdot 900 = 810.
Let the side length be s,s, and place B=(0,0),B = (0, 0), C=(s,0),C = (s, 0), A=(0,s),A = (0, s), D=(s,s).D = (s, s). Write E=(a,s)E = (a, s) and F=(b,0).F = (b, 0). Then BE2=a2+s2,BE^2 = a^2 + s^2, FD2=(s−b)2+s2,FD^2 = (s - b)^2 + s^2, and EF2=(a−b)2+s2.EF^2 = (a - b)^2 + s^2.
From BE=FDBE = FD we get a=s−b,a = s - b, so a−b=2a−s.a - b = 2a - s. Then EF=BEEF = BE gives (2a−s)2=a2,(2a - s)^2 = a^2, whose solutions are a=s3a = \frac{s}{3} and a=sa = s (the latter identifies the separately named points EE and FF with corners DD and B,B, making all three segments the same diagonal). So a=s3.a = \frac{s}{3}.
Now 900=BE2=s29+s2=10s29,900 = BE^2 = \frac{s^2}{9} + s^2 = \frac{10s^2}{9}, so the area is s2=910⋅900=810.s^2 = \frac{9}{10} \cdot 900 = 810.

3.

Las medidas en grados de los ángulos de un polígono convexo de 1818 lados forman una sucesión aritmética creciente con valores enteros. Halla la medida en grados del ángulo más pequeño.
The degree measures of the angles of a convex 1818-sided polygon form an increasing arithmetic sequence with integer values. Find the degree measure of the smallest angle.
Conceptos:suma de ángulossucesión aritméticaparidad
Nivel de dificultad: 1920
Pista pequeña:
Los ángulos interiores de un 1818-ágono suman 180⋅16=2880180 \cdot 16 = 2880 grados.
The interior angles of an 1818-gon sum to 180⋅16=2880180 \cdot 16 = 2880 degrees
Pista grande:
Con ángulo más pequeño aa y diferencia común d,d, 2a+17d=320,2a + 17d = 320, así que dd es par; la convexidad limita el ángulo más grande por debajo de 180180.
With smallest angle aa and common difference d,d, 2a+17d=320,2a + 17d = 320, so dd is even; convexity caps the largest angle below 180180
Solución:
Los ángulos interiores de un 1818-ágono suman 180⋅16=2880180 \cdot 16 = 2880 grados. Si el ángulo más pequeño es aa y la diferencia común es d,d, entonces 18a+153d=2880,18a + 153d = 2880, es decir 2a+17d=320.2a + 17d = 320. Como aa y dd son enteros, 17d17d debe ser par, así que dd es par, y d≥2d \ge 2 porque la sucesión es creciente.
La convexidad requiere que el ángulo más grande a+17d=320+17d2a + 17d = \frac{320 + 17d}{2} sea menor que 180,180, así que 17d<4017d \lt 40 y d≤2.d \le 2. Por lo tanto d=2d = 2 y a=320−342=143.a = \frac{320 - 34}{2} = 143.
The interior angles of an 1818-gon sum to 180⋅16=2880180 \cdot 16 = 2880 degrees. If the smallest angle is aa and the common difference is d,d, then 18a+153d=2880,18a + 153d = 2880, i.e. 2a+17d=320.2a + 17d = 320. Since aa and dd are integers, 17d17d must be even, so dd is even, and d≥2d \ge 2 because the sequence is increasing.
Convexity requires the largest angle a+17d=320+17d2a + 17d = \frac{320 + 17d}{2} to be less than 180,180, so 17d<4017d \lt 40 and d≤2.d \le 2. Thus d=2d = 2 and a=320−342=143.a = \frac{320 - 34}{2} = 143.

4.

En el triángulo ABC,ABC, AB=2011AC.AB = \frac{20}{11} AC. La bisectriz del ángulo AA corta a BC‾\overline{BC} en el punto D,D, y el punto MM es el punto medio de AD‾.\overline{AD}. Sea PP el punto de intersección de AC‾\overline{AC} con la recta BM.BM. La razón de CPCP a PAPA puede expresarse en la forma mn,\frac{m}{n}, donde mm y nn son enteros positivos coprimos. Halla m+n.m + n.
In triangle ABC,ABC, AB=2011AC.AB = \frac{20}{11} AC. The angle bisector of angle AA intersects BC‾\overline{BC} at point D,D, and point MM is the midpoint of AD‾.\overline{AD}. Let PP be the point of intersection of AC‾\overline{AC} and line BM.BM. The ratio of CPCP to PAPA can be expressed in the form mn,\frac{m}{n}, where mm and nn are relatively prime positive integers. Find m+n.m + n.
Conceptos:puntos de masateorema de la bisectriz
Nivel de dificultad: 2270
Pista pequeña:
El teorema de la bisectriz da BDDC=ABAC=2011\frac{BD}{DC} = \frac{AB}{AC} = \frac{20}{11}.
The angle bisector theorem gives BDDC=ABAC=2011\frac{BD}{DC} = \frac{AB}{AC} = \frac{20}{11}
Pista grande:
Método de masas: las masas 1111 en BB y 2020 en CC hacen que DD lleve 31;31; colocar 3131 en AA equilibra el punto medio MM.
Mass points: masses 1111 at BB and 2020 at CC make DD carry 31;31; placing 3131 at AA balances the midpoint MM
Solución:
Por el teorema de la bisectriz, BDDC=ABAC=2011.\frac{BD}{DC} = \frac{AB}{AC} = \frac{20}{11}. Usa el método de masas: coloca masa 1111 en BB y masa 2020 en C,C, de modo que D,D, que divide a BC‾\overline{BC} con BD:DC=20:11,BD : DC = 20 : 11, es su punto de equilibrio y lleva masa 31.31. Colocar masa 3131 en AA hace que el punto de equilibrio de AA y DD sea exactamente el punto medio MM de AD‾.\overline{AD}.
El centro de masa de todo el sistema, por lo tanto, está sobre la recta BM,BM, y también está sobre el segmento de BB al punto de equilibrio de AA y C.C. Ese punto de equilibrio es precisamente donde la recta BMBM cruza AC‾,\overline{AC}, a saber P,P, y satisface 31⋅PA=20⋅CP.31 \cdot PA = 20 \cdot CP.
Por lo tanto CPPA=3120,\frac{CP}{PA} = \frac{31}{20}, que está en términos mínimos, y m+n=31+20=51.m + n = 31 + 20 = 51.
By the angle bisector theorem, BDDC=ABAC=2011.\frac{BD}{DC} = \frac{AB}{AC} = \frac{20}{11}. Use mass points: place mass 1111 at BB and mass 2020 at C,C, so that D,D, which divides BC‾\overline{BC} with BD:DC=20:11,BD : DC = 20 : 11, is their balance point and carries mass 31.31. Placing mass 3131 at AA makes the balance point of AA and DD exactly the midpoint MM of AD‾.\overline{AD}.
The center of mass of the whole system therefore lies on line BM,BM, and it also lies on the segment from BB to the balance point of AA and C.C. That balance point is precisely where line BMBM crosses AC‾,\overline{AC}, namely P,P, and it satisfies 31⋅PA=20⋅CP.31 \cdot PA = 20 \cdot CP.
Hence CPPA=3120,\frac{CP}{PA} = \frac{31}{20}, which is in lowest terms, and m+n=31+20=51.m + n = 31 + 20 = 51.

5.

La suma de los primeros 20112011 términos de una sucesión geométrica es 200.200. La suma de los primeros 40224022 términos de la misma sucesión es 380.380. Halla la suma de los primeros 60336033 términos de la sucesión.
The sum of the first 20112011 terms of a geometric series is 200.200. The sum of the first 40224022 terms of the same series is 380.380. Find the sum of the first 60336033 terms of the series.
Conceptos:sucesión geométricasumatoria
Nivel de dificultad: 1970
Pista pequeña:
Los términos 20122012 a 40224022 son r2011r^{2011} veces los primeros 20112011 términos.
Terms 20122012 through 40224022 are r2011r^{2011} times the first 20112011 terms
Pista grande:
Cada bloque sucesivo de 20112011 términos es el bloque anterior por r2011;r^{2011}; halla esa razón a partir de las dos sumas dadas.
Each successive block of 20112011 terms is the previous block times r2011;r^{2011}; find that ratio from the two given sums
Solución:
Agrupa la sucesión en bloques de 20112011 términos consecutivos. Cada término del segundo bloque es r2011r^{2011} veces el término correspondiente del primer bloque, así que las sumas de los bloques forman una sucesión geométrica con razón r2011.r^{2011}. El primer bloque suma 200200 y el segundo bloque suma 380−200=180,380 - 200 = 180, así que r2011=180200=910.r^{2011} = \frac{180}{200} = \frac{9}{10}.
El tercer bloque entonces suma 180⋅910=162,180 \cdot \frac{9}{10} = 162, así que la suma de los primeros 60336033 términos es 380+162=542.380 + 162 = 542.
Group the series into blocks of 20112011 consecutive terms. Each term of the second block is r2011r^{2011} times the corresponding term of the first block, so the block sums form a geometric sequence with ratio r2011.r^{2011}. The first block sums to 200200 and the second block sums to 380−200=180,380 - 200 = 180, so r2011=180200=910.r^{2011} = \frac{180}{200} = \frac{9}{10}.
The third block then sums to 180⋅910=162,180 \cdot \frac{9}{10} = 162, so the sum of the first 60336033 terms is 380+162=542.380 + 162 = 542.

6.

Se define que una cuádrupla ordenada de enteros (a,b,c,d)(a, b, c, d) es interesante si 1≤a<b<c<d≤101 \le a \lt b \lt c \lt d \le 10 y a+d>b+c.a + d \gt b + c. ¿Cuántas cuádruplas ordenadas interesantes hay?
Define an ordered quadruple of integers (a,b,c,d)(a, b, c, d) to be interesting if 1≤a<b<c<d≤101 \le a \lt b \lt c \lt d \le 10 and a+d>b+c.a + d \gt b + c. How many interesting ordered quadruples are there?
Conceptos:combinacionesbiyecciónsimetría
Nivel de dificultad: 2390
Pista pequeña:
La condición a+d>b+ca + d \gt b + c es lo mismo que d−c>b−ad - c \gt b - a.
The condition a+d>b+ca + d \gt b + c is the same as d−c>b−ad - c \gt b - a
Pista grande:
La aplicación (a,b,c,d)(a, b, c, d) ↦(11−d, 11−c, 11−b, 11−a)\small \mapsto (11 - d,\, 11 - c,\, 11 - b,\, 11 - a) intercambia d−cd - c con b−a;b - a; cuenta las cuádruplas con d−c=b−ad - c = b - a y usa la simetría.
The map (a,b,c,d)(a, b, c, d) ↦(11−d, 11−c, 11−b, 11−a)\small \mapsto (11 - d,\, 11 - c,\, 11 - b,\, 11 - a) swaps d−cd - c with b−a;b - a; count the quadruples with d−c=b−ad - c = b - a and use symmetry
Solución:
La condición a+d>b+ca + d \gt b + c es equivalente a d−c>b−a.d - c \gt b - a. Hay en total (104)=210\binom{10}{4} = 210 cuádruplas, y la involución (a,b,c,d)(a, b, c, d) ↦(11−d, 11−c, 11−b, 11−a)\small \mapsto (11 - d,\, 11 - c,\, 11 - b,\, 11 - a) intercambia los intervalos exteriores b−ab - a y d−c.d - c. Así que las cuádruplas con d−c>b−ad - c \gt b - a y las que tienen d−c<b−ad - c \lt b - a son igual de numerosas, y la respuesta es 210−T2,\frac{210 - T}{2}, donde TT cuenta las cuádruplas con d−c=b−a.d - c = b - a.
Si b−a=d−c=kb - a = d - c = k y c−b=j,c - b = j, la cuádrupla queda determinada por (a,j,k)(a, j, k) con a,j,k≥1a, j, k \ge 1 y a+2k+j≤10.a + 2k + j \le 10. Para k=1,k = 1, 2,2, 3,3, y 4,4, respectivamente, las cotas para a+ja + j son 8,8, 6,6, 4,4, y 2;2; los números correspondientes de pares son 28,28, 15,15, 6,6, y 1,1, así que T=50.T = 50.
Por lo tanto, el número de cuádruplas interesantes es 210−502=80.\frac{210 - 50}{2} = 80.
The condition a+d>b+ca + d \gt b + c is equivalent to d−c>b−a.d - c \gt b - a. There are (104)=210\binom{10}{4} = 210 quadruples in all, and the involution (a,b,c,d)(a, b, c, d) ↦(11−d, 11−c, 11−b, 11−a)\small \mapsto (11 - d,\, 11 - c,\, 11 - b,\, 11 - a) exchanges the outer gaps b−ab - a and d−c.d - c. So the quadruples with d−c>b−ad - c \gt b - a and those with d−c<b−ad - c \lt b - a are equinumerous, and the answer is 210−T2,\frac{210 - T}{2}, where TT counts quadruples with d−c=b−a.d - c = b - a.
If b−a=d−c=kb - a = d - c = k and c−b=j,c - b = j, the quadruple is determined by (a,j,k)(a, j, k) with a,j,k≥1a, j, k \ge 1 and a+2k+j≤10.a + 2k + j \le 10. For k=1,k = 1, 2,2, 3,3, and 4,4, respectively, the bounds on a+ja + j are 8,8, 6,6, 4,4, and 2;2; the corresponding counts are 28,28, 15,15, 6,6, and 1,1, so T=50.T = 50.
Therefore the number of interesting quadruples is 210−502=80.\frac{210 - 50}{2} = 80.

7.

Ed tiene cinco canicas verdes idénticas y una gran cantidad de canicas rojas idénticas. Coloca las canicas verdes y algunas de las rojas en una fila y descubre que hay tantas canicas cuyo vecino de la derecha es de su mismo color como canicas cuyo vecino de la derecha es del otro color. Un ejemplo de tal disposición es GGRRRGGRG. Sea mm el número máximo de canicas rojas para el cual tal disposición es posible, y sea NN el número de formas en que Ed puede disponer las m+5m + 5 canicas para satisfacer el requisito. Halla el residuo de NN al dividirlo entre 1000.1000.
Ed has five identical green marbles, and a large supply of identical red marbles. He arranges the green marbles and some of the red ones in a row and finds that the number of marbles whose right hand neighbor is the same color as themselves equals the number of marbles whose right hand neighbor is the other color. An example of such an arrangement is GGRRRGGRG. Let mm be the maximum number of red marbles for which such an arrangement is possible, and let NN be the number of ways in which Ed can arrange the m+5m + 5 marbles to satisfy the requirement. Find the remainder when NN is divided by 1000.1000.
Conceptos:arreglos con restriccionesparticiones y composicionesestrellas y barras
Nivel de dificultad: 2710
Pista pequeña:
Si la fila consta de kk bloques máximos de un solo color, el número de pares de vecinos de distinto color es k−1k - 1.
If the row consists of kk maximal single-color runs, the number of different-color neighbor pairs is k−1k - 1
Pista grande:
Cinco canicas verdes permiten a lo sumo 1111 bloques, así que puede haber a lo sumo 1010 cambios de color. La igualdad entre los dos tipos de pares obliga entonces a usar 1616 canicas rojas; cuenta las composiciones de 1616 en 66 partes positivas.
Five greens allow at most 1111 runs, so at most 1010 color changes. Matching same and different pairs then forces 1616 reds; count compositions of 1616 into 66 positive parts.
Solución:
Divide la fila en bloques máximos de un solo color. Si hay kk bloques, hay exactamente k−1k - 1 pares de vecinos de distinto color. Como los bloques alternan colores y las cinco canicas verdes forman a lo sumo 55 bloques, hay a lo sumo 66 bloques rojos; por lo tanto, hay a lo sumo 1111 bloques y 1010 pares de distinto color. Con nn canicas rojas hay en total n+4n + 4 pares de vecinos, y el requisito dice que la mitad de ellos son pares de distinto color, así que n+4≤20,n + 4 \le 20, es decir n≤16.n \le 16. Por lo tanto m=16.m = 16.
Con 1616 canicas rojas y 2121 canicas en total, el número de pares de distinto color debe ser exactamente 10,10, así que hay exactamente 1111 bloques: los colores deben alternar como rojo, verde, rojo, ⋯\cdots, rojo, con 66 bloques rojos y 55 canicas verdes individuales entre ellos. Las disposiciones corresponden a las composiciones de 1616 en 66 partes positivas, de las cuales hay (155)=3003.\binom{15}{5} = 3003.
Por lo tanto N=3003,N = 3003, y el residuo al dividir entre 10001000 es 3.3.
Break the row into maximal single-color runs. If there are kk runs, there are exactly k−1k - 1 different-color neighbor pairs. Since runs alternate colors and the five green marbles form at most 55 runs, there are at most 66 red runs, hence at most 1111 runs and at most 1010 different-color pairs. With nn red marbles there are n+4n + 4 neighbor pairs in all, and the requirement says half of them are different-color pairs, so n+4≤20,n + 4 \le 20, i.e. n≤16.n \le 16. Thus m=16.m = 16.
With 1616 reds and 2121 marbles, the count of different-color pairs must be exactly 10,10, so there are exactly 1111 runs: the colors must alternate as red–green–red–⋯\cdots–red with 66 red runs and 55 single green marbles between them. The arrangements correspond to compositions of 1616 into 66 positive parts, of which there are (155)=3003.\binom{15}{5} = 3003.
Hence N=3003,N = 3003, and the remainder upon division by 10001000 is 3.3.

8.

Sean z1,z_1, z2,z_2, z3,z_3, …,\ldots, z12z_{12} los 1212 ceros del polinomio z12−236.z^{12} - 2^{36}. Para cada j,j, sea wjw_j uno de zjz_j o izj.\mathrm{i}z_j. Entonces el valor máximo posible de la parte real de ∑j=112wj\sum_{j=1}^{12} w_j puede escribirse como m+n,m + \sqrt{n}, donde mm y nn son enteros positivos. Halla m+n.m + n.
Let z1,z_1, z2,z_2, z3,z_3, …,\ldots, z12z_{12} be the 1212 zeroes of the polynomial z12−236.z^{12} - 2^{36}. For each j,j, let wjw_j be one of zjz_j or izj.\mathrm{i}z_j. Then the maximum possible value of the real part of ∑j=112wj\sum_{j=1}^{12} w_j can be written as m+n,m + \sqrt{n}, where mm and nn are positive integers. Find m+n.m + n.
Conceptos:raíces de la unidadnúmero complejooptimización
Nivel de dificultad: 2560
Pista pequeña:
Los ceros son 8(cos⁡πj6+isin⁡πj6),8\big(\cos\frac{\pi j}{6} + \mathrm{i}\sin\frac{\pi j}{6}\big), y la parte real de iz\mathrm{i}z es el opuesto de la parte imaginaria de zz.
The zeroes are 8(cos⁡πj6+isin⁡πj6),8\big(\cos\frac{\pi j}{6} + \mathrm{i}\sin\frac{\pi j}{6}\big), and the real part of iz\mathrm{i}z is minus the imaginary part of zz
Pista grande:
Para cada jj toma de forma independiente el mayor de 8cos⁡πj68\cos\frac{\pi j}{6} y −8sin⁡πj6-8\sin\frac{\pi j}{6}.
For each jj independently take the larger of 8cos⁡πj68\cos\frac{\pi j}{6} and −8sin⁡πj6-8\sin\frac{\pi j}{6}
Solución:
Los ceros son zj=8(cos⁡πj6+isin⁡πj6)z_j = 8\left(\cos\frac{\pi j}{6} + \mathrm{i}\sin\frac{\pi j}{6}\right) para j=1,j = 1, …,\ldots, 12,12, y Re⁡(izj)=−Im⁡(zj).\operatorname{Re}(\mathrm{i}z_j) = -\operatorname{Im}(z_j). Como las elecciones son independientes, la parte real máxima de la suma es ∑j8max⁡(cos⁡πj6, −sin⁡πj6).\sum_j 8\max\left(\cos\frac{\pi j}{6},\, -\sin\frac{\pi j}{6}\right).
Comparando los dos valores, −sin⁡πj6-\sin\frac{\pi j}{6} es mayor exactamente para j=5,j = 5, …,\ldots, 10.10. Los cosenos conservados, para j=1,j = 1, 2,2, 3,3, 4,4, 11,11, y 12,12, suman 32+12+0−12+32+1=1+3, \begin{aligned} &\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} + 0 - \frac{1}{2} \\ &\quad {}+ \frac{\sqrt{3}}{2} + 1 = 1 + \sqrt{3}, \end{aligned} y los valores −sin⁡πj6-\sin\frac{\pi j}{6} conservados, para j=5,j = 5, …,\ldots, 10,10, suman −12+0+12+32+1+32=1+3. \begin{aligned} &-\frac{1}{2} + 0 + \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \\ &\quad {}+ 1 + \frac{\sqrt{3}}{2} = 1 + \sqrt{3}. \end{aligned}
El máximo es 8(2+23)=16+163=16+768, \begin{aligned} &8\left(2 + 2\sqrt{3}\right) \\ &= 16 + 16\sqrt{3} \\ &= 16 + \sqrt{768}, \end{aligned} así que m+n=16+768=784.m + n = 16 + 768 = 784.
The zeroes are zj=8(cos⁡πj6+isin⁡πj6)z_j = 8\left(\cos\frac{\pi j}{6} + \mathrm{i}\sin\frac{\pi j}{6}\right) for j=1,j = 1, …,\ldots, 12,12, and Re⁡(izj)=−Im⁡(zj).\operatorname{Re}(\mathrm{i}z_j) = -\operatorname{Im}(z_j). Since the choices are independent, the maximum real part of the sum is ∑j8max⁡(cos⁡πj6, −sin⁡πj6).\sum_j 8\max\left(\cos\frac{\pi j}{6},\, -\sin\frac{\pi j}{6}\right).
Comparing the two values, −sin⁡πj6-\sin\frac{\pi j}{6} is larger exactly for j=5,j = 5, …,\ldots, 10.10. The cosines kept, for j=1,j = 1, 2,2, 3,3, 4,4, 11,11, and 12,12, sum to 32+12+0−12+32+1=1+3, \begin{aligned} &\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} + 0 - \frac{1}{2} \\ &\quad {}+ \frac{\sqrt{3}}{2} + 1 = 1 + \sqrt{3}, \end{aligned} and the values −sin⁡πj6-\sin\frac{\pi j}{6} kept, for j=5,j = 5, …,\ldots, 10,10, sum to −12+0+12+32+1+32=1+3. \begin{aligned} &-\frac{1}{2} + 0 + \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \\ &\quad {}+ 1 + \frac{\sqrt{3}}{2} = 1 + \sqrt{3}. \end{aligned}
The maximum is 8(2+23)=16+163=16+768, \begin{aligned} &8\left(2 + 2\sqrt{3}\right) \\ &= 16 + 16\sqrt{3} \\ &= 16 + \sqrt{768}, \end{aligned} so m+n=16+768=784.m + n = 16 + 768 = 784.

9.

Sean x1,x_1, x2,x_2, …,\ldots, x6x_6 números reales no negativos tales que x1+x2+x3+x4+x5+x6=x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 + x_6 = 1,1, y x1x3x5+x2x4x6≥1540.x_1x_3x_5 + x_2x_4x_6 \ge \frac{1}{540}. Sean pp y qq enteros positivos coprimos tales que pq\frac{p}{q} es el valor máximo posible de x1x2x3+x2x3x4+x3x4x5+x4x5x6+x5x6x1+x6x1x2. \begin{aligned} &x_1x_2x_3 + x_2x_3x_4 \\ &\quad {}+ x_3x_4x_5 + x_4x_5x_6 \\ &\quad {}+ x_5x_6x_1 + x_6x_1x_2. \end{aligned} Halla p+q.p + q.
Let x1,x_1, x2,x_2, …,\ldots, x6x_6 be nonnegative real numbers such that x1+x2+x3+x4+x5+x6=x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 + x_6 = 1,1, and x1x3x5+x2x4x6≥1540.x_1x_3x_5 + x_2x_4x_6 \ge \frac{1}{540}. Let pp and qq be positive relatively prime integers such that pq\frac{p}{q} is the maximum possible value of x1x2x3+x2x3x4+x3x4x5+x4x5x6+x5x6x1+x6x1x2. \begin{aligned} &x_1x_2x_3 + x_2x_3x_4 \\ &\quad {}+ x_3x_4x_5 + x_4x_5x_6 \\ &\quad {}+ x_5x_6x_1 + x_6x_1x_2. \end{aligned} Find p+q.p + q.
Conceptos:Desigualdad MA-MGfactorizaciónacotación a casos límite
Nivel de dificultad: 3060
Pista pequeña:
La suma cíclica más la cantidad restringida x1x3x5+x2x4x6x_1x_3x_5 + x_2x_4x_6 se factoriza como (x1+x4)(x2+x5)(x3+x6)(x_1 + x_4)(x_2 + x_5)(x_3 + x_6).
The cyclic sum plus the constrained quantity x1x3x5+x2x4x6x_1x_3x_5 + x_2x_4x_6 factors as (x1+x4)(x2+x5)(x3+x6)(x_1 + x_4)(x_2 + x_5)(x_3 + x_6)
Pista grande:
AM-GM acota ese producto por 127,\frac{1}{27}, y la cota se alcanza cuando también hay igualdad en la restricción.
AM-GM bounds that product by 127,\frac{1}{27}, and equality together with a tight constraint is achievable
Solución:
Sea r=x1x3x5+x2x4x6r = x_1x_3x_5 + x_2x_4x_6 y sea ss la suma cíclica en cuestión. Al expandir (x1+x4)(x2+x5)(x3+x6)(x_1 + x_4)(x_2 + x_5)(x_3 + x_6) se producen ocho productos triples, que son exactamente los seis términos de ss junto con los dos términos de r.r. Así que r+s=r + s = (x1+x4)(x2+x5)(x3+x6),(x_1 + x_4)(x_2 + x_5)(x_3 + x_6), y por AM-GM esto es a lo sumo (13)3=127.\left(\frac{1}{3}\right)^3 = \frac{1}{27}.
Por lo tanto s≤127−r≤127−1540=20−1540=19540. \begin{aligned} s &\le \frac{1}{27} - r \\ &\le \frac{1}{27} - \frac{1}{540} \\ &= \frac{20 - 1}{540} = \frac{19}{540}. \end{aligned} La igualdad requiere x1+x4=x2+x5=x3+x6=x_1 + x_4 = x_2 + x_5 = x_3 + x_6 = 13\frac{1}{3} con r=1540:r = \frac{1}{540}: toma x1=x3=310,x_1 = x_3 = \frac{3}{10}, x5=160,x_5 = \frac{1}{60}, x2=1960,x_2 = \frac{19}{60}, x4=x6=130.x_4 = x_6 = \frac{1}{30}. Entonces r=96000+1954000=10054000=1540,r = \frac{9}{6000} + \frac{19}{54000} = \frac{100}{54000} = \frac{1}{540}, como se requería.
Así que el máximo es 19540,\frac{19}{540}, y p+q=19+540=559.p + q = 19 + 540 = 559.
Let r=x1x3x5+x2x4x6r = x_1x_3x_5 + x_2x_4x_6 and let ss be the cyclic sum in question. Expanding (x1+x4)(x2+x5)(x3+x6)(x_1 + x_4)(x_2 + x_5)(x_3 + x_6) produces eight triple products, which are exactly the six terms of ss together with the two terms of r.r. So r+s=r + s = (x1+x4)(x2+x5)(x3+x6),(x_1 + x_4)(x_2 + x_5)(x_3 + x_6), and by AM-GM this is at most (13)3=127.\left(\frac{1}{3}\right)^3 = \frac{1}{27}.
Therefore s≤127−r≤127−1540=20−1540=19540. \begin{aligned} s &\le \frac{1}{27} - r \\ &\le \frac{1}{27} - \frac{1}{540} \\ &= \frac{20 - 1}{540} = \frac{19}{540}. \end{aligned} Equality needs x1+x4=x2+x5=x3+x6=x_1 + x_4 = x_2 + x_5 = x_3 + x_6 = 13\frac{1}{3} with r=1540:r = \frac{1}{540}: take x1=x3=310,x_1 = x_3 = \frac{3}{10}, x5=160,x_5 = \frac{1}{60}, x2=1960,x_2 = \frac{19}{60}, x4=x6=130.x_4 = x_6 = \frac{1}{30}. Then r=96000+1954000=10054000=1540,r = \frac{9}{6000} + \frac{19}{54000} = \frac{100}{54000} = \frac{1}{540}, as required.
So the maximum is 19540,\frac{19}{540}, and p+q=19+540=559.p + q = 19 + 540 = 559.

10.

Un círculo con centro OO tiene radio 25.25. La cuerda AB‾\overline{AB} de longitud 3030 y la cuerda CD‾\overline{CD} de longitud 1414 se cortan en el punto P.P. La distancia entre los puntos medios de las dos cuerdas es 12.12. La cantidad OP2OP^2 puede representarse como mn,\frac{m}{n}, donde mm y nn son enteros positivos coprimos. Halla el residuo cuando m+nm + n se divide entre 1000.1000.
A circle with center OO has radius 25.25. Chord AB‾\overline{AB} of length 3030 and chord CD‾\overline{CD} of length 1414 intersect at point P.P. The distance between the midpoints of the two chords is 12.12. The quantity OP2OP^2 can be represented as mn,\frac{m}{n}, where mm and nn are relatively prime positive integers. Find the remainder when m+nm + n is divided by 1000.1000.
Conceptos:cuerdacuadrilátero cíclicoley de los cosenosley de los senos
Nivel de dificultad: 2990
Pista pequeña:
Sean MM y NN los puntos medios de las cuerdas; entonces OM⊥AB,OM \perp AB, ON⊥CD,ON \perp CD, y OM=20,OM = 20, ON=24ON = 24.
Let MM and NN be the chords’ midpoints; then OM⊥AB,OM \perp AB, ON⊥CD,ON \perp CD, and OM=20,OM = 20, ON=24ON = 24
Pista grande:
Los ángulos rectos en MM y NN los sitúan sobre el círculo de diámetro OP;OP; allí MN=OPsin⁡∠MON,MN = OP \sin \angle MON, con ∠MON\angle MON obtenido de la ley de cosenos.
The right angles at MM and NN put them on the circle with diameter OP;OP; there MN=OPsin⁡∠MON,MN = OP \sin \angle MON, with ∠MON\angle MON from the law of cosines
Solución:
Sean MM y NN los puntos medios de AB‾\overline{AB} y CD‾.\overline{CD}. El segmento del centro al punto medio de una cuerda es perpendicular a la cuerda, así que OM=252−152=20OM = \sqrt{25^2 - 15^2} = 20 y ON=252−72=24,ON = \sqrt{25^2 - 7^2} = 24, con MN=12.MN = 12.
Como PP está sobre ambas cuerdas, ∠OMP=∠ONP=90∘,\angle OMP = \angle ONP = 90^\circ, así que MM y NN están sobre el círculo de diámetro OP.OP. En el triángulo OMN,OMN, la ley de cosenos da cos⁡∠MON=202+242−1222⋅20⋅24=832960=1315, \begin{aligned} \cos \angle MON &= \frac{20^2 + 24^2 - 12^2}{2 \cdot 20 \cdot 24} \\ &= \frac{832}{960} = \frac{13}{15}, \end{aligned} así que sin⁡∠MON=21415.\sin \angle MON = \frac{2\sqrt{14}}{15}. En el círculo que pasa por O,O, M,M, P,P, N,N, la ley de senos extendida dice que la cuerda MNMN es igual al diámetro OPOP por sin⁡∠MON,\sin \angle MON, así que OP=1221415=9014, \begin{aligned} OP &= \frac{12}{\frac{2\sqrt{14}}{15}} = \frac{90}{\sqrt{14}}, \end{aligned} OP2=810014=40507. \begin{aligned} OP^2 &= \frac{8100}{14} = \frac{4050}{7}. \end{aligned}
Entonces m+n=4050+7=4057,m + n = 4050 + 7 = 4057, que deja residuo 5757 al dividir entre 1000.1000.
Let MM and NN be the midpoints of AB‾\overline{AB} and CD‾.\overline{CD}. The segment from the center to a chord’s midpoint is perpendicular to the chord, so OM=252−152=20OM = \sqrt{25^2 - 15^2} = 20 and ON=252−72=24,ON = \sqrt{25^2 - 7^2} = 24, with MN=12.MN = 12.
Since PP lies on both chords, ∠OMP=∠ONP=90∘,\angle OMP = \angle ONP = 90^\circ, so MM and NN lie on the circle with diameter OP.OP. In triangle OMN,OMN, the law of cosines gives cos⁡∠MON=202+242−1222⋅20⋅24=832960=1315, \begin{aligned} \cos \angle MON &= \frac{20^2 + 24^2 - 12^2}{2 \cdot 20 \cdot 24} \\ &= \frac{832}{960} = \frac{13}{15}, \end{aligned} so sin⁡∠MON=21415.\sin \angle MON = \frac{2\sqrt{14}}{15}. In the circle through O,O, M,M, P,P, N,N, the extended law of sines says the chord MNMN equals the diameter OPOP times sin⁡∠MON,\sin \angle MON, so OP=1221415=9014, \begin{aligned} OP &= \frac{12}{\frac{2\sqrt{14}}{15}} = \frac{90}{\sqrt{14}}, \end{aligned} OP2=810014=40507. \begin{aligned} OP^2 &= \frac{8100}{14} = \frac{4050}{7}. \end{aligned}
Then m+n=4050+7=4057,m + n = 4050 + 7 = 4057, which leaves remainder 5757 upon division by 1000.1000.

11.

Sea MnM_n la matriz n×nn \times n con las entradas siguientes: para 1≤i≤n,1 \le i \le n, mi,i=10;m_{i,i} = 10; para 1≤i≤n−1,1 \le i \le n - 1, mi+1,i=mi,i+1=3;m_{i+1,i} = m_{i,i+1} = 3; todas las demás entradas de MnM_n son cero. Sea DnD_n el determinante de la matriz Mn.M_n. Entonces ∑n=1∞18Dn+1\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{8D_n + 1} puede representarse como pq,\frac{p}{q}, donde pp y qq son enteros positivos coprimos. Halla p+q.p + q.
Nota: el determinante de la matriz 1×11 \times 1 [a][a] es a,a, y el de la matriz 2×22 \times 2 [abcd]\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} es ad−bc;ad - bc; para n≥2,n \ge 2, si la primera fila o la primera columna de una matriz n×nn \times n es a1a_1 a2a_2 a3a_3 …\ldots an,a_n, su determinante es a1C1−a2C2a_1C_1 - a_2C_2 +a3C3−⋯+ a_3C_3 - \cdots +(−1)n+1anCn,+ (-1)^{n+1}a_nC_n, donde CiC_i es el determinante de la matriz (n−1)×(n−1)(n - 1) \times (n - 1) formada al eliminar la fila y la columna que contienen ai.a_i.
Let MnM_n be the n×nn \times n matrix with entries as follows: for 1≤i≤n,1 \le i \le n, mi,i=10;m_{i,i} = 10; for 1≤i≤n−1,1 \le i \le n - 1, mi+1,i=mi,i+1=3;m_{i+1,i} = m_{i,i+1} = 3; all other entries in MnM_n are zero. Let DnD_n be the determinant of matrix Mn.M_n. Then ∑n=1∞18Dn+1\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{8D_n + 1} can be represented as pq,\frac{p}{q}, where pp and qq are relatively prime positive integers. Find p+q.p + q.
Note: The determinant of the 1×11 \times 1 matrix [a][a] is a,a, and the determinant of the 2×22 \times 2 matrix [abcd]\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} is ad−bc;ad - bc; for n≥2,n \ge 2, the determinant of an n×nn \times n matrix with first row or first column a1a_1 a2a_2 a3a_3 …\ldots ana_n is equal to a1C1−a2C2a_1C_1 - a_2C_2 +a3C3−⋯+ a_3C_3 - \cdots +(−1)n+1anCn,+ (-1)^{n+1}a_nC_n, where CiC_i is the determinant of the (n−1)×(n−1)(n - 1) \times (n - 1) matrix formed by eliminating the row and column containing ai.a_i.
Conceptos:determinanterecursiónsucesión geométrica
Nivel de dificultad: 2920
Pista pequeña:
La expansión por cofactores a lo largo de la primera fila da Dn=10Dn−1−9Dn−2D_n = 10D_{n-1} - 9D_{n-2}.
Cofactor expansion along the first row gives Dn=10Dn−1−9Dn−2D_n = 10D_{n-1} - 9D_{n-2}
Pista grande:
Resolver la recurrencia con D1=10,D_1 = 10, D2=91D_2 = 91 da 8Dn+1=9n+1,8D_n + 1 = 9^{n+1}, así que la serie es geométrica.
Solving the recurrence with D1=10,D_1 = 10, D2=91D_2 = 91 gives 8Dn+1=9n+1,8D_n + 1 = 9^{n+1}, so the series is geometric
Solución:
Al expandir DnD_n a lo largo de la primera fila se obtiene 10Dn−110 D_{n-1} menos 33 por un cofactor cuya primera columna es (3,0,…,0);(3, 0, \ldots, 0); expandir ese cofactor por su primera columna deja 3Dn−2.3 D_{n-2}. Por lo tanto Dn=10Dn−1−9Dn−2,D_n = 10 D_{n-1} - 9 D_{n-2}, con D1=10D_1 = 10 y D2=100−9=91.D_2 = 100 - 9 = 91.
La ecuación característica k2=10k−9k^2 = 10k - 9 tiene raíces 99 y 1,1, y ajustar los valores iniciales da Dn=9n+1−18.D_n = \frac{9^{n+1} - 1}{8}. Por lo tanto 8Dn+1=9n+1,8D_n + 1 = 9^{n+1}, y ∑n=1∞18Dn+1=∑n=1∞19n+1=1811−19=172. \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{8D_n + 1} &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{9^{n+1}} \\ &= \frac{\frac{1}{81}}{1 - \frac{1}{9}} = \frac{1}{72}. \end{aligned}
Así que pq=172\frac{p}{q} = \frac{1}{72} y p+q=73.p + q = 73.
Expanding DnD_n along the first row gives 10Dn−110 D_{n-1} minus 33 times a cofactor whose first column is (3,0,…,0);(3, 0, \ldots, 0); expanding that cofactor down its first column leaves 3Dn−2.3 D_{n-2}. Hence Dn=10Dn−1−9Dn−2,D_n = 10 D_{n-1} - 9 D_{n-2}, with D1=10D_1 = 10 and D2=100−9=91.D_2 = 100 - 9 = 91.
The characteristic equation k2=10k−9k^2 = 10k - 9 has roots 99 and 1,1, and fitting the initial values gives Dn=9n+1−18.D_n = \frac{9^{n+1} - 1}{8}. Therefore 8Dn+1=9n+1,8D_n + 1 = 9^{n+1}, and ∑n=1∞18Dn+1=∑n=1∞19n+1=1811−19=172. \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{8D_n + 1} &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{9^{n+1}} \\ &= \frac{\frac{1}{81}}{1 - \frac{1}{9}} = \frac{1}{72}. \end{aligned}
Thus pq=172\frac{p}{q} = \frac{1}{72} and p+q=73.p + q = 73.

12.

Nueve delegados, tres de cada uno de tres países diferentes, eligen al azar sillas en una mesa redonda con capacidad para nueve personas. Sea mn\frac{m}{n} la probabilidad de que cada delegado se siente junto a al menos un delegado de otro país, donde mm y nn son enteros positivos coprimos. Halla m+n.m + n.
Nine delegates, three each from three different countries, randomly select chairs at a round table that seats nine people. Let the probability that each delegate sits next to at least one delegate from another country be mn,\frac{m}{n}, where mm and nn are relatively prime positive integers. Find m+n.m + n.
Conceptos:arreglos circularesconteo complementarioinclusión-exclusión
Nivel de dificultad: 3060
Pista pequeña:
Un delegado se sienta solo junto a compatriotas exactamente cuando los tres delegados de su país ocupan tres sillas consecutivas; cuenta el complemento.
A delegate sits next to only compatriots exactly when his country’s three delegates occupy three consecutive chairs; count the complement
Pista grande:
Solo importa el patrón de países: 9!3! 3! 3!=1680\frac{9!}{3!\,3!\,3!} = 1680 patrones igualmente probables; aplica inclusión-exclusión a los tres eventos de bloque consecutivo.
Only the country pattern matters: 9!3! 3! 3!=1680\frac{9!}{3!\,3!\,3!} = 1680 equally likely patterns; apply inclusion-exclusion to the three consecutive-block events
Solución:
Solo importa el patrón de países en las nueve sillas, y los 9!3! 3! 3!=1680\frac{9!}{3!\,3!\,3!} = 1680 patrones son igualmente probables. La condición falla para algún delegado exactamente cuando sus dos vecinos son compatriotas, lo cual ocurre exactamente cuando los tres delegados de algún país ocupan tres sillas consecutivas. Sea AiA_i el conjunto de patrones en los que los delegados del país ii son consecutivos.
Hay 99 tríos de sillas consecutivas, así que ∣Ai∣=9(63)=180,|A_i| = 9\binom{6}{3} = 180, al elegir cuáles 33 de las 66 sillas restantes van a uno de los otros países. Para dos países, después de colocar el primer bloque (99 formas) las seis sillas restantes forman un arco que contiene 44 tríos de sillas consecutivas, así que ∣Ai∩Aj∣=9⋅4=36.|A_i \cap A_j| = 9 \cdot 4 = 36. Para los tres, el círculo debe dividirse en tres tríos consecutivos (33 formas) asignados a los países en 3!3! órdenes: ∣A1∩A2∩A3∣=18.|A_1 \cap A_2 \cap A_3| = 18. Por inclusión-exclusión, ∣A1∪A2∪A3∣=3⋅180−3⋅36+18=450. \begin{aligned} |A_1 \cup A_2 \cup A_3| &= 3 \cdot 180 - 3 \cdot 36 \\ &\quad {}+ 18 = 450. \end{aligned}
La probabilidad es 1−4501680=1−1556=4156,1 - \frac{450}{1680} = 1 - \frac{15}{56} = \frac{41}{56}, así que m+n=41+56=97.m + n = 41 + 56 = 97.
Only the pattern of countries in the nine chairs matters, and all 9!3! 3! 3!=1680\frac{9!}{3!\,3!\,3!} = 1680 patterns are equally likely. The condition fails for some delegate exactly when both of his neighbors are compatriots, which happens exactly when some country’s three delegates occupy three consecutive chairs. Let AiA_i be the set of patterns in which country ii’s delegates are consecutive.
There are 99 triples of consecutive chairs, so ∣Ai∣=9(63)=180,|A_i| = 9\binom{6}{3} = 180, choosing which 33 of the remaining 66 chairs go to one of the other countries. For two countries, after placing the first block (99 ways) the remaining six chairs form an arc containing 44 triples of consecutive chairs, so ∣Ai∩Aj∣=9⋅4=36.|A_i \cap A_j| = 9 \cdot 4 = 36. For all three, the circle must split into three consecutive triples (33 ways) assigned to the countries in 3!3! orders: ∣A1∩A2∩A3∣=18.|A_1 \cap A_2 \cap A_3| = 18. By inclusion-exclusion, ∣A1∪A2∪A3∣=3⋅180−3⋅36+18=450. \begin{aligned} |A_1 \cup A_2 \cup A_3| &= 3 \cdot 180 - 3 \cdot 36 \\ &\quad {}+ 18 = 450. \end{aligned}
The probability is 1−4501680=1−1556=4156,1 - \frac{450}{1680} = 1 - \frac{15}{56} = \frac{41}{56}, so m+n=41+56=97.m + n = 41 + 56 = 97.

13.

El punto PP está sobre la diagonal ACAC del cuadrado ABCDABCD con AP>CP.AP \gt CP. Sean O1O_1 y O2O_2 los circuncentros de los triángulos ABPABP y CDP,CDP, respectivamente. Dado que AB=12AB = 12 y ∠O1PO2=120∘,\angle O_1PO_2 = 120^\circ, entonces AP=a+b,AP = \sqrt{a} + \sqrt{b}, donde aa y bb son enteros positivos. Halla a+b.a + b.
Point PP lies on the diagonal ACAC of square ABCDABCD with AP>CP.AP \gt CP. Let O1O_1 and O2O_2 be the circumcenters of triangles ABPABP and CDP,CDP, respectively. Given that AB=12AB = 12 and ∠O1PO2=120∘,\angle O_1PO_2 = 120^\circ, then AP=a+b,AP = \sqrt{a} + \sqrt{b}, where aa and bb are positive integers. Find a+b.a + b.
Conceptos:circunferencia circunscrita, circuncentro y circunradiogeometría analíticavector
Nivel de dificultad: 3160
Pista pequeña:
Usa coordenadas: ambos circuncentros están sobre la recta vertical x=6,x = 6, y con P=(p,p)P = (p, p) resultan ser (6, p−6)(6,\, p - 6) y (6, p+6)(6,\, p + 6).
Use coordinates: both circumcenters lie on the vertical line x=6,x = 6, and with P=(p,p)P = (p, p) they work out to (6, p−6)(6,\, p - 6) and (6, p+6)(6,\, p + 6)
Pista grande:
Aplica la ley de los cosenos a los vectores desde PP a los dos centros y resuelve (p−6)2=12(p - 6)^2 = 12.
Apply the cosine formula to the vectors from PP to the two centers and solve (p−6)2=12(p - 6)^2 = 12
Solución:
Coloca A=(0,0),A = (0, 0), B=(12,0),B = (12, 0), C=(12,12),C = (12, 12), D=(0,12),D = (0, 12), y P=(p,p)P = (p, p) con p>6.p \gt 6. Como O1O_1 es equidistante de AA y B,B, está sobre x=6;x = 6; al poner O1=(6,k)O_1 = (6, k) e igualar O1A2=O1P2O_1A^2 = O_1P^2 se obtiene k=p−6,k = p - 6, así que O1=(6, p−6).O_1 = (6,\, p - 6). De forma similar O2,O_2, equidistante de CC y D,D, es O2=(6, p+6).O_2 = (6,\, p + 6).
Los vectores desde PP a los centros son (6−p, −6)(6 - p,\, -6) y (6−p, 6),(6 - p,\, 6), así que cos⁡120∘=(6−p)2−36(6−p)2+36=−12, \begin{aligned} \cos 120^\circ &= \frac{(6 - p)^2 - 36}{(6 - p)^2 + 36} \\ &= -\frac{1}{2}, \end{aligned} lo cual da 3(p−6)2=36,3(p - 6)^2 = 36, así que (p−6)2=12(p - 6)^2 = 12 y p=6+23.p = 6 + 2\sqrt{3}.
Entonces AP=p2=62+26=AP = p\sqrt{2} = 6\sqrt{2} + 2\sqrt{6} = 72+24,\sqrt{72} + \sqrt{24}, así que a+b=72+24=96.a + b = 72 + 24 = 96.
Place A=(0,0),A = (0, 0), B=(12,0),B = (12, 0), C=(12,12),C = (12, 12), D=(0,12),D = (0, 12), and P=(p,p)P = (p, p) with p>6.p \gt 6. Since O1O_1 is equidistant from AA and B,B, it lies on x=6;x = 6; setting O1=(6,k)O_1 = (6, k) and equating O1A2=O1P2O_1A^2 = O_1P^2 gives k=p−6,k = p - 6, so O1=(6, p−6).O_1 = (6,\, p - 6). Similarly O2,O_2, equidistant from CC and D,D, is O2=(6, p+6).O_2 = (6,\, p + 6).
The vectors from PP to the centers are (6−p, −6)(6 - p,\, -6) and (6−p, 6),(6 - p,\, 6), so cos⁡120∘=(6−p)2−36(6−p)2+36=−12, \begin{aligned} \cos 120^\circ &= \frac{(6 - p)^2 - 36}{(6 - p)^2 + 36} \\ &= -\frac{1}{2}, \end{aligned} which gives 3(p−6)2=36,3(p - 6)^2 = 36, so (p−6)2=12(p - 6)^2 = 12 and p=6+23.p = 6 + 2\sqrt{3}.
Then AP=p2=62+26=AP = p\sqrt{2} = 6\sqrt{2} + 2\sqrt{6} = 72+24,\sqrt{72} + \sqrt{24}, so a+b=72+24=96.a + b = 72 + 24 = 96.

14.

Hay NN permutaciones (a1,a2,…,a30)(a_1, a_2, \ldots, a_{30}) de 1,1, 2,2, …,\ldots, 3030 tales que para m∈{2,3,5},m \in \{2, 3, 5\}, mm divide an+m−ana_{n+m} - a_n para todos los enteros nn con 1≤n<n+m≤30.1 \le n \lt n + m \le 30. Halla el residuo cuando NN se divide entre 1000.1000.
There are NN permutations (a1,a2,…,a30)(a_1, a_2, \ldots, a_{30}) of 1,1, 2,2, …,\ldots, 3030 such that for m∈{2,3,5},m \in \{2, 3, 5\}, mm divides an+m−ana_{n+m} - a_n for all integers nn with 1≤n<n+m≤30.1 \le n \lt n + m \le 30. Find the remainder when NN is divided by 1000.1000.
Conceptos:Teorema chino del restoaritmética modularpermutaciones
Nivel de dificultad: 3270
Pista pequeña:
Las condiciones dicen que an mod ma_n \bmod m depende solo de n mod m,n \bmod m, para cada m=2,m = 2, 3,3, y 55.
The conditions say that an mod ma_n \bmod m depends only on n mod m,n \bmod m, for each of m=2,m = 2, 3,3, and 55
Pista grande:
Por el teorema chino del resto, tanto las posiciones como los valores corresponden a ternas de residuos módulo 2,2, 3,3, y 5;5; una permutación válida es exactamente una elección de una permutación de residuos para cada módulo.
By CRT, positions and values both correspond to triples of residues mod 2,2, 3,3, 5;5; a valid permutation is exactly a choice of one residue permutation for each modulus
Solución:
Para cada m∈{2,3,5},m \in \{2, 3, 5\}, la condición an+m≡an(modm)a_{n+m} \equiv a_n \pmod{m} significa que el residuo de ana_n módulo mm depende solo de n mod m,n \bmod m, definiendo una aplicación σm\sigma_m de residuos a residuos. Cada clase de residuos de posiciones tiene 30m\frac{30}{m} miembros, y lo mismo cada clase de residuos de valores; si σm\sigma_m enviara dos clases de posiciones a la misma clase de valores, los 30m\frac{30}{m} valores de esa clase tendrían que llenar 60m\frac{60}{m} posiciones, lo cual es imposible. Así que cada σm\sigma_m es una permutación de los residuos módulo m.m.
Recíprocamente, por el teorema chino del resto cada posición n∈{1,…,30}n \in \{1, \ldots, 30\} corresponde a una única tripleta (n mod 2, n mod 3, n mod 5),(n \bmod 2,\, n \bmod 3,\, n \bmod 5), y lo mismo para los valores. Cualquier elección de permutaciones (σ2,σ3,σ5)(\sigma_2, \sigma_3, \sigma_5) determina, por lo tanto, una única permutación válida de 1,…,30,1, \ldots, 30, que envía la tripleta de posición a la tripleta de valor prescrita.
Por lo tanto N=2!⋅3!⋅5!=1440,N = 2! \cdot 3! \cdot 5! = 1440, y el residuo al dividir entre 10001000 es 440.440.
For each m∈{2,3,5},m \in \{2, 3, 5\}, the condition an+m≡an(modm)a_{n+m} \equiv a_n \pmod{m} means the residue of ana_n modulo mm depends only on n mod m,n \bmod m, defining a map σm\sigma_m from residues to residues. Each residue class of positions has 30m\frac{30}{m} members, and so does each residue class of values; if σm\sigma_m sent two position classes to the same value class, that class’s 30m\frac{30}{m} values would have to fill 60m\frac{60}{m} positions, which is impossible. So each σm\sigma_m is a permutation of the residues modulo m.m.
Conversely, by the Chinese remainder theorem each position n∈{1,…,30}n \in \{1, \ldots, 30\} corresponds to a unique triple (n mod 2, n mod 3, n mod 5),(n \bmod 2,\, n \bmod 3,\, n \bmod 5), and likewise for values. Any choice of permutations (σ2,σ3,σ5)(\sigma_2, \sigma_3, \sigma_5) therefore determines a unique valid permutation of 1,…,30,1, \ldots, 30, sending the position triple to the prescribed value triple.
Hence N=2!⋅3!⋅5!=1440,N = 2! \cdot 3! \cdot 5! = 1440, and the remainder upon division by 10001000 is 440.440.

15.

Sea P(x)=x2−3x−9.P(x) = x^2 - 3x - 9. Se elige al azar un número real xx del intervalo 5≤x≤15.5 \le x \le 15. La probabilidad de que ⌊P(x)⌋=P(⌊x⌋)\left\lfloor \sqrt{P(x)} \right\rfloor = \sqrt{P(\lfloor x \rfloor)} es igual a a+b+c−de,\frac{\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} - d}{e}, donde a,a, b,b, c,c, d,d, y ee son enteros positivos. Halla a+b+c+d+e.a + b + c + d + e.
Let P(x)=x2−3x−9.P(x) = x^2 - 3x - 9. A real number xx is chosen at random from the interval 5≤x≤15.5 \le x \le 15. The probability that ⌊P(x)⌋=P(⌊x⌋)\left\lfloor \sqrt{P(x)} \right\rfloor = \sqrt{P(\lfloor x \rfloor)} is equal to a+b+c−de,\frac{\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} - d}{e}, where a,a, b,b, c,c, d,d, and ee are positive integers. Find a+b+c+d+e.a + b + c + d + e.
Conceptos:funciones piso y techoprobabilidad geométricacuadrado perfectoanálisis por casos
Nivel de dificultad: 3370
Pista pequeña:
Para x∈[n,n+1)x \in [n, n+1) el lado derecho es P(n),\sqrt{P(n)}, que debe ser entero: halla los nn con P(n)P(n) un cuadrado perfecto.
For x∈[n,n+1)x \in [n, n+1) the right side is P(n),\sqrt{P(n)}, which must be an integer: find the nn with P(n)P(n) a perfect square
Pista grande:
Solo n=5,n = 5, 6,6, y 1313 funcionan; en cada uno de esos intervalos resuelve P(x)<(P(n)+1)2P(x) \lt \left(\sqrt{P(n)} + 1\right)^2 para el subintervalo válido.
Only n=5,n = 5, 6,6, and 1313 work; on each such interval solve P(x)<(P(n)+1)2P(x) \lt \left(\sqrt{P(n)} + 1\right)^2 for the valid subinterval
Solución:
Para x∈[n,n+1)x \in [n, n + 1) el lado derecho es P(n),\sqrt{P(n)}, que debe ser entero, así que P(n)=n2−3n−9P(n) = n^2 - 3n - 9 debe ser un cuadrado perfecto. Para n=5,n = 5, 6,6, …,\ldots, 1414 los valores son 1,1, 9,9, 19,19, 31,31, 45,45, 61,61, 79,79, 99,99, 121,121, 145:145: solo n=5,n = 5, 6,6, y 1313 dan cuadrados, con P(n)=1,\sqrt{P(n)} = 1, 3,3, y 11,11, respectivamente.
PP es creciente en [5,15],[5, 15], así que para x∈[n,n+1)x \in [n, n + 1) tenemos automáticamente P(x)≥P(n),\sqrt{P(x)} \ge \sqrt{P(n)}, y ⌊P(x)⌋=P(n)=m\left\lfloor \sqrt{P(x)} \right\rfloor = \sqrt{P(n)} = m se cumple exactamente cuando P(x)<(m+1)2,P(x) \lt (m + 1)^2, es decir x<3+45+4(m+1)22.x \lt \frac{3 + \sqrt{45 + 4(m+1)^2}}{2}. Para m=1,m = 1, 3,3, y 1111 los cortes son 3+612,\frac{3 + \sqrt{61}}{2}, 3+1092,\frac{3 + \sqrt{109}}{2}, 3+6212,\frac{3 + \sqrt{621}}{2}, cada uno dentro del intervalo unitario correspondiente, así que los subintervalos exitosos tienen longitudes 61−72,\frac{\sqrt{61} - 7}{2}, 109−92,\frac{\sqrt{109} - 9}{2}, 621−232.\frac{\sqrt{621} - 23}{2}.
El intervalo [5,15][5, 15] tiene longitud 10,10, así que la probabilidad es 110⋅61+109+621−392=61+109+621−3920, \begin{aligned} &\frac{1}{10} \\ &\quad {}\cdot \frac{\sqrt{61} + \sqrt{109} + \sqrt{621} - 39}{2} \\ &= \frac{\sqrt{61} + \sqrt{109} + \sqrt{621} - 39}{20}, \end{aligned} dando a+b+c+d+e=a + b + c + d + e = 61+109+621+39+20=61 + 109 + 621 + 39 + 20 = 850.850.
For x∈[n,n+1)x \in [n, n + 1) the right-hand side is P(n),\sqrt{P(n)}, which must be an integer, so P(n)=n2−3n−9P(n) = n^2 - 3n - 9 must be a perfect square. For n=5,n = 5, 6,6, …,\ldots, 1414 the values are 1,1, 9,9, 19,19, 31,31, 45,45, 61,61, 79,79, 99,99, 121,121, 145:145: only n=5,n = 5, 6,6, and 1313 give squares, with P(n)=1,\sqrt{P(n)} = 1, 3,3, and 11,11, respectively.
PP is increasing on [5,15],[5, 15], so for x∈[n,n+1)x \in [n, n + 1) we automatically have P(x)≥P(n),\sqrt{P(x)} \ge \sqrt{P(n)}, and ⌊P(x)⌋=P(n)=m\left\lfloor \sqrt{P(x)} \right\rfloor = \sqrt{P(n)} = m holds exactly when P(x)<(m+1)2,P(x) \lt (m + 1)^2, i.e. x<3+45+4(m+1)22.x \lt \frac{3 + \sqrt{45 + 4(m+1)^2}}{2}. For m=1,m = 1, 3,3, and 1111 the cutoffs are 3+612,\frac{3 + \sqrt{61}}{2}, 3+1092,\frac{3 + \sqrt{109}}{2}, 3+6212,\frac{3 + \sqrt{621}}{2}, each lying inside the corresponding unit interval, so the successful subintervals have lengths 61−72,\frac{\sqrt{61} - 7}{2}, 109−92,\frac{\sqrt{109} - 9}{2}, 621−232.\frac{\sqrt{621} - 23}{2}.
The interval [5,15][5, 15] has length 10,10, so the probability is 110⋅61+109+621−392=61+109+621−3920, \begin{aligned} &\frac{1}{10} \\ &\quad {}\cdot \frac{\sqrt{61} + \sqrt{109} + \sqrt{621} - 39}{2} \\ &= \frac{\sqrt{61} + \sqrt{109} + \sqrt{621} - 39}{20}, \end{aligned} giving a+b+c+d+e=a + b + c + d + e = 61+109+621+39+20=61 + 109 + 621 + 39 + 20 = 850.850.