2015 AIME I — Problemas y examen en línea cronometrado

Con tiempo

3:00:00

1.

Las expresiones $A = 1 \times 2$ $+ 3 \times 4$ $+ 5 \times 6$ $+ \cdots$ $+ 37 \times 38 + 39$ y $B = 1$ $+ 2 \times 3$ $+ 4 \times 5$ $+ \cdots$ $+ 36 \times 37$ $+ 38 \times 39$ se obtienen escribiendo los operadores de multiplicación y suma en un patrón alternado entre enteros sucesivos. Halla la diferencia positiva entre los enteros $A$ y $B.$

The expressions $A = 1 \times 2$ $+ 3 \times 4$ $+ 5 \times 6$ $+ \cdots$ $+ 37 \times 38 + 39$ and $B = 1$ $+ 2 \times 3$ $+ 4 \times 5$ $+ \cdots$ $+ 36 \times 37$ $+ 38 \times 39$ are obtained by writing multiplication and addition operators in an alternating pattern between successive integers. Find the positive difference between integers $A$ and $B.$

Respuesta

Respuesta: 722

Conceptos:sumatoria sucesión aritmética emparejamiento y agrupación

Nivel de dificultad: 1890

Solución:

Resta término a término: $\begin{aligned} &B - A = (1 - 39) \\ &\quad {}+ (2 \times 3 - 1 \times 2) \\ &\quad {}+ (4 \times 5 - 3 \times 4) + \cdots \\ &\quad {}+ (38 \times 39 - 37 \times 38). \end{aligned}$ Cada diferencia entre paréntesis tiene la forma $(2k+1)(2k)$ $- (2k-1)(2k) = 4k$ para $k = 1, 2, \ldots, 19.$

Por lo tanto $\begin{aligned} B - A &= -38 \\ &\quad {}+ 4(1 + 2 + \cdots + 19) \\ &= -38 + 4 \cdot 190 = 722. \end{aligned}$

Subtract term by term: $\begin{aligned} &B - A = (1 - 39) \\ &\quad {}+ (2 \times 3 - 1 \times 2) \\ &\quad {}+ (4 \times 5 - 3 \times 4) + \cdots \\ &\quad {}+ (38 \times 39 - 37 \times 38). \end{aligned}$ Each parenthesized difference has the form $(2k+1)(2k)$ $- (2k-1)(2k) = 4k$ for $k = 1, 2, \ldots, 19.$

Therefore $\begin{aligned} B - A &= -38 \\ &\quad {}+ 4(1 + 2 + \cdots + 19) \\ &= -38 + 4 \cdot 190 = 722. \end{aligned}$

2.

Los nueve delegados de la Conferencia de Cooperación Económica incluyen $2$ funcionarios de México, $3$ funcionarios de Canadá y $4$ funcionarios de los Estados Unidos. Durante la sesión inaugural, tres de los delegados se quedan dormidos. Suponiendo que los tres durmientes se determinaron al azar, la probabilidad de que exactamente dos de los durmientes sean del mismo país es $\frac{m}{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos primos entre sí. Halla $m + n.$

The nine delegates to the Economic Cooperation Conference include $2$ officials from Mexico, $3$ officials from Canada, and $4$ officials from the United States. During the opening session, three of the delegates fall asleep. Assuming that the three sleepers were determined randomly, the probability that exactly two of the sleepers are from the same country is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

Respuesta

Respuesta: 139

Conceptos:probabilidad básica combinaciones análisis por casos

Nivel de dificultad: 2110

Solución:

Hay $\binom{9}{3} = 84$ conjuntos igualmente probables de tres durmientes. Exactamente dos durmientes provienen del mismo país cuando un país aporta exactamente dos de ellos y el tercer durmiente proviene de un país distinto: $\binom{4}{2}(2 + 3) = 30$ maneras con la pareja de los Estados Unidos, $\binom{3}{2}(2 + 4) = 18$ con la pareja de Canadá y $\binom{2}{2}(3 + 4) = 7$ con la pareja de México.

La probabilidad es $\frac{30 + 18 + 7}{84} = \frac{55}{84},$ ya en su forma más simple, así que $m + n = 55 + 84 = 139.$

There are $\binom{9}{3} = 84$ equally likely sets of three sleepers. Exactly two sleepers come from the same country when one country supplies exactly two of them and the third sleeper comes from a different country: $\binom{4}{2}(2 + 3) = 30$ ways with the pair from the United States, $\binom{3}{2}(2 + 4) = 18$ with the pair from Canada, and $\binom{2}{2}(3 + 4) = 7$ with the pair from Mexico.

The probability is $\frac{30 + 18 + 7}{84} = \frac{55}{84},$ already in lowest terms, so $m + n = 55 + 84 = 139.$

3.

Existe un número primo $p$ tal que $16p + 1$ es el cubo de un entero positivo. Halla $p.$

There is a prime number $p$ such that $16p + 1$ is the cube of a positive integer. Find $p.$

Respuesta

Respuesta: 307

Conceptos:suma y diferencia de cubos primo paridad

Nivel de dificultad: 2010

Solución:

Escribe $16p + 1 = n^3,$ de modo que $16p = n^3 - 1$ $= (n - 1)(n^2 + n + 1).$ Como $16p + 1$ es impar, $n$ es impar, y $n^2 + n + 1$ también es impar. Por lo tanto los cuatro factores de $2$ deben dividir a $n - 1:$ escribe $n - 1 = 16k,$ lo que da $p = k(n^2 + n + 1).$ Para que $p$ sea primo necesitamos $k = 1,$ así que $n = 17.$

Entonces $p = 17^2 + 17 + 1 = 307,$ que efectivamente es primo, y $16 \cdot 307 + 1 = 4913 = 17^3.$

Write $16p + 1 = n^3,$ so $16p = n^3 - 1$ $= (n - 1)(n^2 + n + 1).$ Since $16p + 1$ is odd, $n$ is odd, and $n^2 + n + 1$ is odd as well. Therefore all four factors of $2$ must divide $n - 1:$ write $n - 1 = 16k,$ which gives $p = k(n^2 + n + 1).$ For $p$ to be prime we need $k = 1,$ so $n = 17.$

Then $p = 17^2 + 17 + 1 = 307,$ which is indeed prime, and $16 \cdot 307 + 1 = 4913 = 17^3.$

4.

El punto $B$ está sobre el segmento $\overline{AC}$ con $AB = 16$ y $BC = 4.$ Los puntos $D$ y $E$ están del mismo lado de la recta $AC$ formando triángulos equiláteros $\triangle ABD$ y $\triangle BCE.$ Sea $M$ el punto medio de $\overline{AE},$ y sea $N$ el punto medio de $\overline{CD}.$ El área de $\triangle BMN$ es $x.$ Halla $x^2.$

Point $B$ lies on line segment $\overline{AC}$ with $AB = 16$ and $BC = 4.$ Points $D$ and $E$ lie on the same side of line $AC$ forming equilateral triangles $\triangle ABD$ and $\triangle BCE.$ Let $M$ be the midpoint of $\overline{AE},$ and $N$ be the midpoint of $\overline{CD}.$ The area of $\triangle BMN$ is $x.$ Find $x^2.$

Respuesta

Respuesta: 507

Conceptos:geometría analítica triángulo equilátero fórmula de la distancia

Nivel de dificultad: 2390

Solución:

Coloca $B = (0, 0),$ $A = (-16, 0),$ y $C = (4, 0).$ Cada triángulo equilátero tiene su vértice superior encima del punto medio de su base a una altura de $\frac{\sqrt{3}}{2}$ veces el lado, así que $D = (-8, 8\sqrt{3})$ y $E = (2, 2\sqrt{3}).$ Los puntos medios son $M = (-7, \sqrt{3})$ y $N = (-2, 4\sqrt{3}).$

Ahora $BM^2 = 49 + 3 = 52,$ $BN^2 = 4 + 48 = 52,$ y $MN^2 = 25 + 27 = 52,$ así que $\triangle BMN$ es equilátero con lado $\sqrt{52}.$ Su área es $x = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 52 = 13\sqrt{3},$ de modo que $x^2 = 169 \cdot 3 = 507.$

Place $B = (0, 0),$ $A = (-16, 0),$ and $C = (4, 0).$ Each equilateral triangle has its apex above the midpoint of its base at height $\frac{\sqrt{3}}{2}$ times the side, so $D = (-8, 8\sqrt{3})$ and $E = (2, 2\sqrt{3}).$ The midpoints are $M = (-7, \sqrt{3})$ and $N = (-2, 4\sqrt{3}).$

Now $BM^2 = 49 + 3 = 52,$ $BN^2 = 4 + 48 = 52,$ and $MN^2 = 25 + 27 = 52,$ so $\triangle BMN$ is equilateral with side $\sqrt{52}.$ Its area is $x = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 52 = 13\sqrt{3},$ so $x^2 = 169 \cdot 3 = 507.$

5.

En un cajón Sandy tiene $5$ pares de calcetines, cada par de un color distinto. El lunes Sandy elige al azar dos calcetines individuales de los $10$ calcetines del cajón. El martes Sandy elige al azar $2$ de los $8$ calcetines restantes y el miércoles dos de los $6$ calcetines restantes al azar. La probabilidad de que el miércoles sea el primer día en que Sandy elige calcetines que coinciden es $\frac{m}{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos primos entre sí. Halla $m + n.$

In a drawer Sandy has $5$ pairs of socks, each pair a different color. On Monday Sandy selects two individual socks at random from the $10$ socks in the drawer. On Tuesday Sandy selects $2$ of the remaining $8$ socks at random and on Wednesday two of the remaining $6$ socks at random. The probability that Wednesday is the first day Sandy selects matching socks is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

Respuesta

Respuesta: 341

Conceptos:probabilidad básica muestreo sin reemplazo simetría

Nivel de dificultad: 2510

Solución:

Imagina repartir los diez calcetines de dos en dos durante cinco días; cada asignación de pares no ordenados a los días es igualmente probable, y permutar los días no cambia esta distribución. Intercambiar el lunes y el miércoles muestra entonces que la probabilidad buscada (sin coincidencia, sin coincidencia, coincidencia) es igual a la probabilidad de una coincidencia el lunes seguida de no coincidencias el martes y el miércoles.

Ese patrón es fácil de calcular en orden. El lunes coincide con probabilidad $\frac{1}{9}$ (el segundo calcetín debe ser la pareja del primero). Los $8$ calcetines restantes forman entonces $4$ pares completos, así que el martes no coincide con probabilidad $1 - \frac{4}{\binom{8}{2}} = \frac{6}{7}.$ La no coincidencia del martes rompe dos pares, dejando $2$ pares completos entre los $6$ calcetines restantes, así que el miércoles no coincide con probabilidad $1 - \frac{2}{\binom{6}{2}} = \frac{13}{15}.$

La probabilidad es $\frac{1}{9} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{13}{15} = \frac{26}{315},$ así que $m + n = 26 + 315 = 341.$

Imagine dealing all ten socks out two per day for five days; every assignment of unordered pairs to days is equally likely, and permuting the days does not change this distribution. Swapping Monday and Wednesday therefore shows that the desired probability (mismatch, mismatch, match) equals the probability of a match on Monday followed by mismatches on Tuesday and Wednesday.

That pattern is easy to compute in order. Monday matches with probability $\frac{1}{9}$ (the second sock must be the first sock's mate). The remaining $8$ socks then form $4$ complete pairs, so Tuesday mismatches with probability $1 - \frac{4}{\binom{8}{2}} = \frac{6}{7}.$ Tuesday's mismatch breaks two pairs, leaving $2$ complete pairs among the $6$ remaining socks, so Wednesday mismatches with probability $1 - \frac{2}{\binom{6}{2}} = \frac{13}{15}.$

The probability is $\frac{1}{9} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{13}{15} = \frac{26}{315},$ so $m + n = 26 + 315 = 341.$

6.

Los puntos $A,$ $B,$ $C,$ $D,$ y $E$ están igualmente espaciados sobre un arco menor de un círculo. Los puntos $E,$ $F,$ $G,$ $H,$ $I,$ y $A$ están igualmente espaciados sobre un arco menor de un segundo círculo con centro $C$ como se muestra en la figura de abajo. El ángulo $\angle ABD$ excede a $\angle AHG$ en $12^\circ.$ Halla la medida en grados de $\angle BAG.$

Points $A,$ $B,$ $C,$ $D,$ and $E$ are equally spaced on a minor arc of a circle. Points $E,$ $F,$ $G,$ $H,$ $I,$ and $A$ are equally spaced on a minor arc of a second circle with center $C$ as shown in the figure below. The angle $\angle ABD$ exceeds $\angle AHG$ by $12^\circ.$ Find the degree measure of $\angle BAG.$

Respuesta

Respuesta: 58

Conceptos:ángulo inscrito arco persecución de ángulos

Nivel de dificultad: 2720

Solución:

Sea $\alpha = \angle ECF$ $= \angle FCG$ $= \angle GCH$ $= \angle HCI$ $= \angle ICA,$ el ángulo central común del segundo círculo, así que $\angle ACE = 5\alpha.$ Como $C$ también está en el primer círculo, $\angle ACE$ es allí un ángulo inscrito, por lo que el arco $AE$ que no contiene a $C$ mide $10\alpha,$ y cada uno de los cuatro arcos iguales $AB,$ $BC,$ $CD,$ $DE$ mide $\frac{360^\circ - 10\alpha}{4} = 90^\circ - \frac{5\alpha}{2}.$

El ángulo $ABD$ subtiende el arco $AD$ que no contiene a $B,$ que es $360^\circ - 3\left(90^\circ - \frac{5\alpha}{2}\right),$ así que $\angle ABD = 45^\circ + \frac{15\alpha}{4}.$ El ángulo $AHG$ subtiende el arco $AG$ del segundo círculo que no contiene a $H,$ que es $360^\circ - 3\alpha,$ así que $\angle AHG = 180^\circ - \frac{3\alpha}{2}.$ La condición dada se lee $\begin{aligned} &\left(45^\circ + \frac{15\alpha}{4}\right) - \left(180^\circ - \frac{3\alpha}{2}\right) \\ &= \frac{21\alpha}{4} - 135^\circ = 12^\circ, \end{aligned}$ así que $\alpha = 28^\circ.$

Finalmente, $\angle BAE$ subtiende el arco $BCDE = 3\left(90^\circ - \frac{5\alpha}{2}\right) = 60^\circ$ del primer círculo, dando $\angle BAE = 30^\circ,$ y $\angle EAG$ subtiende el arco $EFG = 2\alpha$ del segundo círculo, dando $\angle EAG = 28^\circ.$ Por lo tanto $\angle BAG = \angle BAE + \angle EAG$ $= 30^\circ + 28^\circ = 58^\circ.$

Let $\alpha = \angle ECF$ $= \angle FCG$ $= \angle GCH$ $= \angle HCI$ $= \angle ICA,$ the common central angle of the second circle, so $\angle ACE = 5\alpha.$ Since $C$ also lies on the first circle, $\angle ACE$ is an inscribed angle there, so the arc $AE$ not containing $C$ measures $10\alpha,$ and each of the four equal arcs $AB,$ $BC,$ $CD,$ $DE$ measures $\frac{360^\circ - 10\alpha}{4} = 90^\circ - \frac{5\alpha}{2}.$

Angle $ABD$ subtends the arc $AD$ not containing $B,$ which is $360^\circ - 3\left(90^\circ - \frac{5\alpha}{2}\right),$ so $\angle ABD = 45^\circ + \frac{15\alpha}{4}.$ Angle $AHG$ subtends the second circle's arc $AG$ not containing $H,$ which is $360^\circ - 3\alpha,$ so $\angle AHG = 180^\circ - \frac{3\alpha}{2}.$ The given condition reads $\begin{aligned} &\left(45^\circ + \frac{15\alpha}{4}\right) - \left(180^\circ - \frac{3\alpha}{2}\right) \\ &= \frac{21\alpha}{4} - 135^\circ = 12^\circ, \end{aligned}$ so $\alpha = 28^\circ.$

Finally, $\angle BAE$ subtends the first circle's arc $BCDE = 3\left(90^\circ - \frac{5\alpha}{2}\right) = 60^\circ,$ giving $\angle BAE = 30^\circ,$ and $\angle EAG$ subtends the second circle's arc $EFG = 2\alpha,$ giving $\angle EAG = 28^\circ.$ Hence $\angle BAG = \angle BAE + \angle EAG$ $= 30^\circ + 28^\circ = 58^\circ.$

7.

En el diagrama de abajo, $ABCD$ es un cuadrado. El punto $E$ es el punto medio de $\overline{AD}.$ Los puntos $F$ y $G$ están sobre $\overline{CE},$ y $H$ y $J$ están sobre $\overline{AB}$ y $\overline{BC},$ respectivamente, de modo que $FGHJ$ es un cuadrado. Los puntos $K$ y $L$ están sobre $\overline{GH},$ y $M$ y $N$ están sobre $\overline{AD}$ y $\overline{AB},$ respectivamente, de modo que $KLMN$ es un cuadrado. El área de $KLMN$ es $99.$ Halla el área de $FGHJ.$

In the diagram below, $ABCD$ is a square. Point $E$ is the midpoint of $\overline{AD}.$ Points $F$ and $G$ lie on $\overline{CE},$ and $H$ and $J$ lie on $\overline{AB}$ and $\overline{BC},$ respectively, so that $FGHJ$ is a square. Points $K$ and $L$ lie on $\overline{GH},$ and $M$ and $N$ lie on $\overline{AD}$ and $\overline{AB},$ respectively, so that $KLMN$ is a square. The area of $KLMN$ is $99.$ Find the area of $FGHJ.$

Respuesta

Respuesta: 539

Conceptos:semejanza cuadrado (geometría)triángulo rectángulo

Nivel de dificultad: 2710

Solución:

Sea $AE = s,$ de modo que el cuadrado grande tiene lado $2s$ y $CE = s\sqrt{5}.$ Los triángulos rectángulos $CDE,$ $JFC,$ $HBJ,$ $NKH,$ y $MAN$ son todos semejantes, con catetos en razón $1 : 2.$ Sea $x$ el lado de $FGHJ.$ En $\triangle HBJ$ la hipotenusa es $HJ = x,$ así que $BJ = \frac{x}{\sqrt{5}}$ y $HB = \frac{2x}{\sqrt{5}};$ en $\triangle JFC$ el cateto más largo es $JF = x,$ así que la hipotenusa es $JC = \frac{x\sqrt{5}}{2}.$ Entonces $\begin{aligned} 2s = BC &= BJ + JC \\ &= x\left(\frac{1}{\sqrt{5}} + \frac{\sqrt{5}}{2}\right) \\ &= \frac{7x}{2\sqrt{5}}, \end{aligned}$ así que $x = \frac{4\sqrt{5}\,s}{7}.$

Luego, $AH = 2s - HB = 2s - \frac{8s}{7}$ $= \frac{6s}{7}.$ La descomposición idéntica a lo largo de $\overline{AB}$ para el cuadrado $KLMN$ de lado $y$ da $\frac{6s}{7} = AH = AN + NH$ $= y\left(\frac{1}{\sqrt{5}} + \frac{\sqrt{5}}{2}\right).$ Dividiendo las dos ecuaciones, $\frac{x}{y} = \frac{2s}{6s/7} = \frac{7}{3}.$

Por lo tanto las áreas están en razón $\left(\frac{7}{3}\right)^2 = \frac{49}{9},$ así que el área de $FGHJ$ es $99 \cdot \frac{49}{9} = 539.$

Let $AE = s,$ so the big square has side $2s$ and $CE = s\sqrt{5}.$ The right triangles $CDE,$ $JFC,$ $HBJ,$ $NKH,$ and $MAN$ are all similar, with legs in ratio $1 : 2.$ Let $x$ be the side of $FGHJ.$ In $\triangle HBJ$ the hypotenuse is $HJ = x,$ so $BJ = \frac{x}{\sqrt{5}}$ and $HB = \frac{2x}{\sqrt{5}};$ in $\triangle JFC$ the longer leg is $JF = x,$ so the hypotenuse is $JC = \frac{x\sqrt{5}}{2}.$ Then $\begin{aligned} 2s = BC &= BJ + JC \\ &= x\left(\frac{1}{\sqrt{5}} + \frac{\sqrt{5}}{2}\right) \\ &= \frac{7x}{2\sqrt{5}}, \end{aligned}$ so $x = \frac{4\sqrt{5}\,s}{7}.$

Next, $AH = 2s - HB = 2s - \frac{8s}{7}$ $= \frac{6s}{7}.$ The identical decomposition along $\overline{AB}$ for the square $KLMN$ of side $y$ gives $\frac{6s}{7} = AH = AN + NH$ $= y\left(\frac{1}{\sqrt{5}} + \frac{\sqrt{5}}{2}\right).$ Dividing the two equations, $\frac{x}{y} = \frac{2s}{6s/7} = \frac{7}{3}.$

The areas are therefore in ratio $\left(\frac{7}{3}\right)^2 = \frac{49}{9},$ so the area of $FGHJ$ is $99 \cdot \frac{49}{9} = 539.$

8.

Para un entero positivo $n,$ sea $s(n)$ la suma de los dígitos de $n.$ Halla el menor entero positivo $n$ que satisface $s(n) = s(n + 864) = 20.$

For positive integer $n,$ let $s(n)$ denote the sum of the digits of $n.$ Find the smallest positive integer $n$ satisfying $s(n) = s(n + 864) = 20.$

Respuesta

Respuesta: 695

Conceptos:dígitos valor posicional análisis por casos

Nivel de dificultad: 2760

Solución:

Cada acarreo en una suma reemplaza $10$ en una posición por $1$ en la siguiente, reduciendo la suma de dígitos en $9.$ Por lo tanto $s(n + 864) = s(n) + s(864) - 9c$ $= 20 + 18 - 9c,$ donde $c$ es el número de acarreos, y $s(n + 864) = 20$ obliga a $c = 2.$ Para un candidato $n$ de tres dígitos con dígitos $t,$ $u,$ $v$ que suman $20:$ como $u + v \le 18,$ tenemos $t \ge 2,$ así que la posición de las centenas siempre acarrea ( $t + 8 \ge 10$ ), y exactamente una de las posiciones de las unidades y las decenas acarrea.

Si las unidades acarrean y las decenas no, el cálculo de las decenas $u + 6 + 1$ debe quedar por debajo de $10,$ así que $u \le 2;$ entonces $t = 20 - u - v$ $\ge 20 - 2 - 9 = 9,$ forzando $n = 929.$ Si las decenas acarrean y las unidades no, entonces $v + 4 \le 9$ da $v \le 5,$ así que $t = 20 - u - v$ $\ge 20 - 9 - 5 = 6,$ y $t = 6,$ $u = 9,$ $v = 5$ funciona: $n = 695.$

En efecto $s(695) = 20$ y $695 + 864 = 1559$ con $s(1559) = 20,$ así que el menor $n$ de este tipo es $695.$

Each carry in an addition replaces $10$ in one place by $1$ in the next, lowering the digit sum by $9.$ Hence $s(n + 864) = s(n) + s(864) - 9c$ $= 20 + 18 - 9c,$ where $c$ is the number of carries, and $s(n + 864) = 20$ forces $c = 2.$ For a three-digit candidate $n$ with digits $t,$ $u,$ $v$ summing to $20:$ since $u + v \le 18,$ we have $t \ge 2,$ so the hundreds place always carries ( $t + 8 \ge 10$ ), and exactly one of the units and tens places carries.

If the units carry and the tens do not, the tens computation $u + 6 + 1$ must stay below $10,$ so $u \le 2;$ then $t = 20 - u - v$ $\ge 20 - 2 - 9 = 9,$ forcing $n = 929.$ If the tens carry and the units do not, then $v + 4 \le 9$ gives $v \le 5,$ so $t = 20 - u - v$ $\ge 20 - 9 - 5 = 6,$ and $t = 6,$ $u = 9,$ $v = 5$ works: $n = 695.$

Indeed $s(695) = 20$ and $695 + 864 = 1559$ with $s(1559) = 20,$ so the smallest such $n$ is $695.$

9.

Sea $S$ el conjunto de todas las ternas ordenadas de enteros $(a_1, a_2, a_3)$ con $1 \le a_1, a_2, a_3 \le 10.$ Cada terna ordenada de $S$ genera una sucesión según la regla $a_n = a_{n-1} \cdot |a_{n-2} - a_{n-3}|$ para $n \ge 4.$ Halla el número de tales sucesiones para las que $a_n = 0$ para algún $n.$

Let $S$ be the set of all ordered triples of integers $(a_1, a_2, a_3)$ with $1 \le a_1, a_2, a_3 \le 10.$ Each ordered triple in $S$ generates a sequence according to the rule $a_n = a_{n-1} \cdot |a_{n-2} - a_{n-3}|$ for $n \ge 4.$ Find the number of such sequences for which $a_n = 0$ for some $n.$

Respuesta

Respuesta: 494

Conceptos:recursión análisis por casos inclusión-exclusión

Nivel de dificultad: 2990

Solución:

Si $a_{k-1} = a_k$ entonces $a_{k+2} = a_{k+1}|a_k - a_{k-1}| = 0,$ y si $|a_k - a_{k-1}| = 1$ entonces $a_{k+2} = a_{k+1},$ así que $a_{k+4} = 0.$ Por lo tanto toda terna de una de las formas $(j,j,k),$ $(j,k,k),$ $(j,j\pm1,k),$ $(j,k,k\pm1)$ produce un $0.$ Estas formas contienen $100 + 100 + 4 \cdot 90 = 560$ ternas, pero las ternas que encajan en dos formas se cuentan dos veces: las $10$ de la forma $(j,j,j),$ las $9$ en cada una de las seis familias $(j,j,j\pm1),$ $(j,j\pm1,j),$ $(j,j\pm1,j\pm1)$ (signos coincidentes), y las $8$ en cada una de $(j,j+1,j+2)$ y $(j,j-1,j-2).$ Eso deja $560 - 10 - 54 - 16 = 480$ ternas.

Algunas otras ternas también funcionan: si $(a_1, a_2, a_3) = (j, j\pm2, 1),$ entonces $a_4 = 2$ y $|a_4 - a_3| = 1,$ así que $a_8 = 0.$ Estas $16$ ternas incluyen $(3,1,1)$ y $(4,2,1),$ que ya fueron contadas, así que añaden $14$ nuevas, para $480 + 14 = 494.$

Ninguna otra terna llega a $0:$ si ambas diferencias consecutivas son al menos $2$ y $a_3 \ge 2,$ entonces $a_4 = a_3|a_2 - a_1| \ge 2a_3 \gt a_3$ y $|a_4 - a_3| \ge a_3 \ge 2,$ así que por inducción los términos crecen para siempre y ningún factor se anula jamás. Si en cambio $a_3 = 1$ con $|a_2 - a_1| \ge 3,$ entonces $a_4 \ge 3$ y $|a_4 - a_3| \ge 2,$ y el mismo crecimiento se impone. El conteo es $494.$

If $a_{k-1} = a_k$ then $a_{k+2} = a_{k+1}|a_k - a_{k-1}| = 0,$ and if $|a_k - a_{k-1}| = 1$ then $a_{k+2} = a_{k+1},$ so $a_{k+4} = 0.$ Hence every triple of one of the forms $(j,j,k),$ $(j,k,k),$ $(j,j\pm1,k),$ $(j,k,k\pm1)$ produces a $0.$ These forms contain $100 + 100 + 4 \cdot 90 = 560$ triples, but triples fitting two forms are counted twice: the $10$ of the form $(j,j,j),$ the $9$ in each of the six families $(j,j,j\pm1),$ $(j,j\pm1,j),$ $(j,j\pm1,j\pm1)$ (matching signs), and the $8$ in each of $(j,j+1,j+2)$ and $(j,j-1,j-2).$ That leaves $560 - 10 - 54 - 16 = 480$ triples.

A few other triples also work: if $(a_1, a_2, a_3) = (j, j\pm2, 1),$ then $a_4 = 2$ and $|a_4 - a_3| = 1,$ so $a_8 = 0.$ These $16$ triples include $(3,1,1)$ and $(4,2,1),$ which were already counted, so they add $14$ new ones, for $480 + 14 = 494.$

No other triple reaches $0:$ if both consecutive differences are at least $2$ and $a_3 \ge 2,$ then $a_4 = a_3|a_2 - a_1| \ge 2a_3 \gt a_3$ and $|a_4 - a_3| \ge a_3 \ge 2,$ so inductively the terms grow forever and no factor ever vanishes. If instead $a_3 = 1$ with $|a_2 - a_1| \ge 3,$ then $a_4 \ge 3$ and $|a_4 - a_3| \ge 2,$ and the same growth takes over. The count is $494.$

10.

Sea $f(x)$ un polinomio de tercer grado con coeficientes reales que satisface $\begin{aligned} |f(1)| = |f(2)| &= |f(3)| \\ &= |f(5)| = |f(6)| \\ &= |f(7)| = 12. \end{aligned}$ Halla $|f(0)|.$

Let $f(x)$ be a third-degree polynomial with real coefficients satisfying $\begin{aligned} |f(1)| = |f(2)| &= |f(3)| \\ &= |f(5)| = |f(6)| \\ &= |f(7)| = 12. \end{aligned}$ Find $|f(0)|.$

Respuesta

Respuesta: 72

Conceptos:polinomio Fórmulas de Vieta sistema de ecuaciones

Nivel de dificultad: 2930

Solución:

Cada uno de $f(x) - 12$ y $f(x) + 12$ es una cúbica, así que cada una se anula en exactamente tres de $1, 2, 3, 5, 6, 7.$ Escribiéndolas como $c(x - r_1)(x - r_2)(x - r_3)$ y $c(x - s_1)(x - s_2)(x - s_3),$ las dos cúbicas difieren en la constante $24,$ así que sus coeficientes de $x^2$ y $x$ coinciden: las ternas de raíces tienen sumas iguales y sumas iguales de productos por pares. La única partición de $\{1,2,3,5,6,7\}$ en dos ternas de igual suma es $\{2,3,7\}$ y $\{1,5,6\}$ (cada una sumando $12$ ), y en efecto ambas tienen suma de productos por pares $41.$

Reemplazando $f$ por $-f$ si es necesario (lo que no cambia $|f(0)|$ ), tenemos $f(x) = c(x-2)(x-3)(x-7)$ $+ 12$ $= c(x-1)(x-5)(x-6) - 12.$ Poniendo $x = 0$ se obtiene $-42c + 12 = -30c - 12,$ así que $c = 2$ y $f(0) = -42 \cdot 2 + 12 = -72.$ Por lo tanto $|f(0)| = 72.$

Each of $f(x) - 12$ and $f(x) + 12$ is a cubic, so each vanishes at exactly three of $1, 2, 3, 5, 6, 7.$ Writing them as $c(x - r_1)(x - r_2)(x - r_3)$ and $c(x - s_1)(x - s_2)(x - s_3),$ the two cubics differ by the constant $24,$ so their $x^2$ and $x$ coefficients agree: the root triples have equal sums and equal sums of pairwise products. The only partition of $\{1,2,3,5,6,7\}$ into two triples of equal sum is $\{2,3,7\}$ and $\{1,5,6\}$ (each summing to $12$ ), and indeed both have pairwise-product sum $41.$

Replacing $f$ by $-f$ if necessary (which does not change $|f(0)|$ ), we have $f(x) = c(x-2)(x-3)(x-7)$ $+ 12$ $= c(x-1)(x-5)(x-6) - 12.$ Setting $x = 0$ gives $-42c + 12 = -30c - 12,$ so $c = 2$ and $f(0) = -42 \cdot 2 + 12 = -72.$ Thus $|f(0)| = 72.$

11.

El triángulo $ABC$ tiene lados de longitud entera positiva con $AB = AC.$ Sea $I$ la intersección de las bisectrices de $\angle B$ y $\angle C.$ Supón que $BI = 8.$ Halla el menor perímetro posible de $\triangle ABC.$

Triangle $ABC$ has positive integer side lengths with $AB = AC.$ Let $I$ be the intersection of the bisectors of $\angle B$ and $\angle C.$ Suppose $BI = 8.$ Find the smallest possible perimeter of $\triangle ABC.$

Respuesta

Respuesta: 108

Conceptos:circunferencia inscrita, incentro e inradio triángulo isósceles identidad trigonométrica divisibilidad

Nivel de dificultad: 3160

Solución:

Sea $M$ el punto medio de $\overline{BC};$ por simetría $A,$ $I,$ y $M$ son colineales con $AM \perp BC.$ Con $a = AB$ y $b = BM,$ los triángulos rectángulos $ABM$ e $IBM$ dan $\cos\angle ABM = \frac{b}{a}$ y $\cos\angle IBM = \frac{b}{8}.$ Como $BI$ bisecta $\angle ABM,$ la fórmula del ángulo doble da $\frac{b}{a} = 2\left(\frac{b}{8}\right)^2 - 1,$ así que $a = \frac{32b}{b^2 - 32}.$

Escribiendo $c = BC = 2b,$ esto se convierte en $a = \frac{64c}{c^2 - 128}.$ Necesitamos $c^2 \gt 128,$ así que $c \ge 12,$ mientras que $\cos\angle IBM = \frac{b}{8} \lt 1$ obliga a $c \lt 16.$ Probando $c = 12, 13, 14, 15,$ solo $c = 12$ hace que $a$ sea entero, a saber $a = \frac{768}{16} = 48.$

El triángulo con lados $48,$ $48,$ $12$ satisface todas las condiciones, y su perímetro es $48 + 48 + 12 = 108.$

Let $M$ be the midpoint of $\overline{BC};$ by symmetry $A,$ $I,$ and $M$ are collinear with $AM \perp BC.$ With $a = AB$ and $b = BM,$ right triangles $ABM$ and $IBM$ give $\cos\angle ABM = \frac{b}{a}$ and $\cos\angle IBM = \frac{b}{8}.$ Since $BI$ bisects $\angle ABM,$ the double-angle formula yields $\frac{b}{a} = 2\left(\frac{b}{8}\right)^2 - 1,$ so $a = \frac{32b}{b^2 - 32}.$

Writing $c = BC = 2b,$ this becomes $a = \frac{64c}{c^2 - 128}.$ We need $c^2 \gt 128,$ so $c \ge 12,$ while $\cos\angle IBM = \frac{b}{8} \lt 1$ forces $c \lt 16.$ Testing $c = 12, 13, 14, 15,$ only $c = 12$ makes $a$ an integer, namely $a = \frac{768}{16} = 48.$

The triangle with sides $48,$ $48,$ $12$ satisfies all the conditions, and its perimeter is $48 + 48 + 12 = 108.$

12.

Considera todos los subconjuntos de $1000$ elementos del conjunto $\{1, 2, 3, \ldots, 2015\}.$ De cada uno de tales subconjuntos elige el elemento menor. La media aritmética de todos estos elementos menores es $\frac{p}{q},$ donde $p$ y $q$ son enteros positivos primos entre sí. Halla $p + q.$

Consider all $1000$ -element subsets of the set $\{1, 2, 3, \ldots, 2015\}.$ From each such subset choose the least element. The arithmetic mean of all of these least elements is $\frac{p}{q},$ where $p$ and $q$ are relatively prime positive integers. Find $p + q.$

Respuesta

Respuesta: 431

Conceptos:combinaciones valor esperado biyección

Nivel de dificultad: 3270

Solución:

Un subconjunto de $1000$ elementos tiene a $j$ como elemento menor exactamente cuando contiene $j$ junto con $999$ elementos mayores, así que $\binom{2015-j}{999}$ de los subconjuntos tienen a $j$ como elemento menor. Por lo tanto la media es $\frac{\sum_{j} j\binom{2015-j}{999}}{\binom{2015}{1000}}.$

El numerador cuenta algo concreto: para construir un subconjunto de $1001$ elementos de $\{0, 1, \ldots, 2015\}$ cuyo segundo elemento más pequeño sea $j,$ elige su elemento más pequeño de $\{0, \ldots, j-1\}$ ( $j$ maneras) y sus $999$ elementos superiores de $\{j+1, \ldots, 2015\}.$ Sumando sobre $j$ se produce cada subconjunto de $1001$ elementos exactamente una vez, así que $\sum_j j\binom{2015-j}{999} = \binom{2016}{1001}.$

Por lo tanto la media es $\frac{\binom{2016}{1001}}{\binom{2015}{1000}} = \frac{2016}{1001} = \frac{288}{143},$ que está en su forma más simple, y $p + q = 288 + 143 = 431.$

A $1000$ -element subset has least element $j$ exactly when it contains $j$ together with $999$ larger elements, so $\binom{2015-j}{999}$ of the subsets have least element $j.$ The mean is therefore $\frac{\sum_{j} j\binom{2015-j}{999}}{\binom{2015}{1000}}.$

The numerator counts something concrete: to build a $1001$ -element subset of $\{0, 1, \ldots, 2015\}$ whose second-smallest element is $j,$ choose its smallest element from $\{0, \ldots, j-1\}$ ( $j$ ways) and its top $999$ elements from $\{j+1, \ldots, 2015\}.$ Summing over $j$ produces every $1001$ -element subset exactly once, so $\sum_j j\binom{2015-j}{999} = \binom{2016}{1001}.$

Hence the mean is $\frac{\binom{2016}{1001}}{\binom{2015}{1000}} = \frac{2016}{1001} = \frac{288}{143},$ which is in lowest terms, and $p + q = 288 + 143 = 431.$

13.

Con todos los ángulos medidos en grados, el producto $\prod_{k=1}^{45} \csc^2(2k-1)^\circ = m^n,$ donde $m$ y $n$ son enteros mayores que $1.$ Halla $m + n.$

With all angles measured in degrees, the product $\prod_{k=1}^{45} \csc^2(2k-1)^\circ = m^n,$ where $m$ and $n$ are integers greater than $1.$ Find $m + n.$

Respuesta

Respuesta: 91

Conceptos:identidad trigonométrica emparejamiento y agrupación

Nivel de dificultad: 3370

Solución:

Sea $P = \sin 1^\circ \sin 3^\circ \cdots \sin 89^\circ$ y $Q = \sin 2^\circ \sin 4^\circ \cdots \sin 88^\circ,$ de modo que el producto buscado es $\frac{1}{P^2}.$ Entonces $PQ = \prod_{k=1}^{89} \sin k^\circ,$ y multiplicando esto por sí mismo en orden inverso, usando $\sin(90 - k)^\circ = \cos k^\circ,$ da $P^2Q^2 = \prod_{k=1}^{89} \sin k^\circ \cos k^\circ.$

Multiplica por $2^{89}$ y usa $2\sin k^\circ \cos k^\circ = \sin 2k^\circ:$ $\begin{aligned} 2^{89} P^2 Q^2 &= \prod_{k=1}^{89} \sin 2k^\circ \\ &= \left(\prod_{k=1}^{44} \sin 2k^\circ\right) \\ &\quad {}\cdot \left(\prod_{k=46}^{89} \sin 2k^\circ\right) \\ &= Q \cdot Q, \end{aligned}$ ya que $\sin 90^\circ = 1$ y $\sin(180 - x)^\circ = \sin x^\circ$ convierte la segunda mitad también en $Q.$

Como $Q \ne 0,$ se sigue que $P^2 = 2^{-89},$ así que $\prod_{k=1}^{45} \csc^2(2k-1)^\circ = 2^{89}.$ Como $89$ es primo, la única representación $m^n$ con $m, n \gt 1$ es $m = 2,$ $n = 89,$ y $m + n = 91.$

Let $P = \sin 1^\circ \sin 3^\circ \cdots \sin 89^\circ$ and $Q = \sin 2^\circ \sin 4^\circ \cdots \sin 88^\circ,$ so the desired product is $\frac{1}{P^2}.$ Then $PQ = \prod_{k=1}^{89} \sin k^\circ,$ and multiplying this by itself in reverse order, using $\sin(90 - k)^\circ = \cos k^\circ,$ gives $P^2Q^2 = \prod_{k=1}^{89} \sin k^\circ \cos k^\circ.$

Multiply by $2^{89}$ and use $2\sin k^\circ \cos k^\circ = \sin 2k^\circ:$ $\begin{aligned} 2^{89} P^2 Q^2 &= \prod_{k=1}^{89} \sin 2k^\circ \\ &= \left(\prod_{k=1}^{44} \sin 2k^\circ\right) \\ &\quad {}\cdot \left(\prod_{k=46}^{89} \sin 2k^\circ\right) \\ &= Q \cdot Q, \end{aligned}$ since $\sin 90^\circ = 1$ and $\sin(180 - x)^\circ = \sin x^\circ$ turns the second half into $Q$ as well.

Because $Q \ne 0,$ it follows that $P^2 = 2^{-89},$ so $\prod_{k=1}^{45} \csc^2(2k-1)^\circ = 2^{89}.$ Since $89$ is prime, the only representation $m^n$ with $m, n \gt 1$ is $m = 2,$ $n = 89,$ and $m + n = 91.$

14.

Para cada entero $n \ge 2,$ sea $A(n)$ el área de la región del plano coordenado definida por las desigualdades $1 \le x \lt n$ y $0 \le y \le x\lfloor\sqrt{x}\rfloor,$ donde $\lfloor\sqrt{x}\rfloor$ es el mayor entero que no excede a $\sqrt{x}.$ Halla el número de valores de $n$ con $2 \le n \le 1000$ para los que $A(n)$ es un entero.

For each integer $n \ge 2,$ let $A(n)$ be the area of the region in the coordinate plane defined by the inequalities $1 \le x \lt n$ and $0 \le y \le x\lfloor\sqrt{x}\rfloor,$ where $\lfloor\sqrt{x}\rfloor$ is the greatest integer not exceeding $\sqrt{x}.$ Find the number of values of $n$ with $2 \le n \le 1000$ for which $A(n)$ is an integer.

Respuesta

Respuesta: 483

Conceptos:funciones piso y techo trapecio análisis por casos reconocimiento de patrones

Nivel de dificultad: 3500

Solución:

En la franja $m \le x \lt m + 1$ tenemos $\lfloor\sqrt{x}\rfloor = k = \lfloor\sqrt{m}\rfloor,$ así que la región por encima de ella es un trapecio bajo $y = kx$ con área $A(m+1) - A(m) = \frac{(2m+1)k}{2}:$ un entero cuando $k$ es par, un semientero cuando $k$ es impar. Por lo tanto a medida que $n$ crece en $1,$ la integralidad de $A(n)$ no cambia mientras $k$ es par y se invierte en cada paso mientras $k$ es impar.

Considera el bloque de $2k + 1$ valores $k^2 \lt n \le (k+1)^2.$ Partiendo de $A(1) = 0,$ los estados de $A(k^2)$ se repiten con periodo $4:$ entero para $k \equiv 0, 1$ y no entero para $k \equiv 2, 3 \pmod 4$ (un bloque impar invierte el estado un número impar de veces, un bloque par lo conserva). Contando los valores enteros de $A(n)$ dentro de cada bloque: para $k = 4j - 3$ el bloque alterna, empezando y terminando con no enteros, dando $4j - 3;$ para $k = 4j - 2$ cada valor es no entero, dando $0;$ para $k = 4j - 1$ alterna, empezando y terminando con enteros, dando $4j;$ para $k = 4j$ los $8j + 1$ valores son todos enteros.

Para $j = 1, \ldots, 7,$ cubriendo $2 \le n \le 29^2,$ los cuatro bloques aportan $(4j - 3) + 0 + 4j$ $+ (8j + 1) = 16j - 2$ enteros, sumando en total $\sum_{j=1}^{7}(16j - 2) = 434.$ Luego el bloque $k = 29$ aporta $29$ enteros para $841 \lt n \le 900,$ el bloque $k = 30$ no aporta ninguno, y para $k = 31$ la alternancia sobre $961 \lt n \le 1000$ empieza con un entero en $n = 962$ y da $20$ más. El total es $434 + 29 + 20 = 483.$

On the strip $m \le x \lt m + 1$ we have $\lfloor\sqrt{x}\rfloor = k = \lfloor\sqrt{m}\rfloor,$ so the region above it is a trapezoid under $y = kx$ with area $A(m+1) - A(m) = \frac{(2m+1)k}{2}:$ an integer when $k$ is even, a half-integer when $k$ is odd. Hence as $n$ grows by $1,$ the integrality of $A(n)$ is unchanged while $k$ is even and flips at every step while $k$ is odd.

Consider the block of $2k + 1$ values $k^2 \lt n \le (k+1)^2.$ Starting from $A(1) = 0,$ the statuses of $A(k^2)$ cycle with period $4:$ integer for $k \equiv 0, 1$ and non-integer for $k \equiv 2, 3 \pmod 4$ (an odd block flips the status an odd number of times, an even block preserves it). Counting integer values of $A(n)$ inside each block: for $k = 4j - 3$ the block alternates, beginning and ending with non-integers, giving $4j - 3;$ for $k = 4j - 2$ every value is a non-integer, giving $0;$ for $k = 4j - 1$ it alternates, beginning and ending with integers, giving $4j;$ for $k = 4j$ all $8j + 1$ values are integers.

For $j = 1, \ldots, 7,$ covering $2 \le n \le 29^2,$ the four blocks contribute $(4j - 3) + 0 + 4j$ $+ (8j + 1) = 16j - 2$ integers, totaling $\sum_{j=1}^{7}(16j - 2) = 434.$ Then the block $k = 29$ contributes $29$ integers for $841 \lt n \le 900,$ the block $k = 30$ contributes none, and for $k = 31$ the alternation over $961 \lt n \le 1000$ begins with an integer at $n = 962$ and gives $20$ more. The total is $434 + 29 + 20 = 483.$

15.

Un bloque de madera tiene la forma de un cilindro circular recto con radio $6$ y altura $8,$ y toda su superficie ha sido pintada de azul. Los puntos $A$ y $B$ se eligen en el borde de una de las caras circulares del cilindro de modo que el arco $\overset{\frown}{AB}$ en esa cara mide $120^\circ.$ Luego el bloque se corta por la mitad a lo largo del plano que pasa por el punto $A,$ el punto $B,$ y el centro del cilindro, revelando una cara plana sin pintar en cada mitad. El área de una de estas caras sin pintar es $a\cdot\pi + b\sqrt{c},$ donde $a,$ $b,$ y $c$ son enteros y $c$ no es divisible por el cuadrado de ningún primo. Halla $a + b + c.$

A block of wood has the shape of a right circular cylinder with radius $6$ and height $8,$ and its entire surface has been painted blue. Points $A$ and $B$ are chosen on the edge of one of the circular faces of the cylinder so that arc $\overset{\frown}{AB}$ on that face measures $120^\circ.$ The block is then sliced in half along the plane that passes through point $A,$ point $B,$ and the center of the cylinder, revealing a flat, unpainted face on each half. The area of one of these unpainted faces is $a\cdot\pi + b\sqrt{c},$ where $a,$ $b,$ and $c$ are integers and $c$ is not divisible by the square of any prime. Find $a + b + c.$

Respuesta

Respuesta: 53

Conceptos:cilindro Geometría 3D sector circular trigonometría

Nivel de dificultad: 3700

Solución:

Coloca el bloque de pie sobre la cara que contiene a $A$ y $B,$ y sea $O'$ el centro de esa cara, $M$ el punto medio de $\overline{AB},$ y $O$ el centro del cilindro. El plano de corte encuentra la cara inferior en la cuerda $\overline{AB}$ y, por simetría respecto a $O,$ encuentra la cara superior en la cuerda reflejada, así que la cara cortada se proyecta verticalmente sobre la región $R'$ entre la cuerda $\overline{AB}$ y su imagen especular respecto a $O'$ (sombreada abajo). Cada segmento circular de $120^\circ$ recortado tiene área $\frac{1}{3}\pi \cdot 6^2 - \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 6 \sin 120^\circ$ $= 12\pi - 9\sqrt{3},$ así que $R'$ tiene área $36\pi - 2\left(12\pi - 9\sqrt{3}\right)$ $= 12\pi + 18\sqrt{3}.$

Como $\overset{\frown}{AB} = 120^\circ,$ el triángulo $AO'B$ da $O'M = 6\cos 60^\circ = 3,$ y $OO' = 4,$ así que $OM = 5.$ La cara cortada es plana e inclinada respecto a la horizontal solo en la dirección de $\overline{O'M},$ con el ángulo $\theta$ tal que $\cos\theta = \frac{O'M}{OM} = \frac{3}{5}.$ Deshacer la proyección multiplica por lo tanto las áreas por $\frac{5}{3},$ así que la cara sin pintar tiene área $\frac{5}{3}\left(12\pi + 18\sqrt{3}\right) = 20\pi + 30\sqrt{3}.$ Por lo tanto $a + b + c = 20 + 30 + 3 = 53.$

Stand the block on the face containing $A$ and $B,$ and let $O'$ be the center of that face, $M$ the midpoint of $\overline{AB},$ and $O$ the center of the cylinder. The cutting plane meets the bottom face in chord $\overline{AB}$ and, by symmetry through $O,$ meets the top face in the reflected chord, so the cut face projects vertically onto the region $R'$ between chord $\overline{AB}$ and its mirror image through $O'$ (shaded below). Each $120^\circ$ circular segment cut off has area $\frac{1}{3}\pi \cdot 6^2 - \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 6 \sin 120^\circ$ $= 12\pi - 9\sqrt{3},$ so $R'$ has area $36\pi - 2\left(12\pi - 9\sqrt{3}\right)$ $= 12\pi + 18\sqrt{3}.$

Since $\overset{\frown}{AB} = 120^\circ,$ triangle $AO'B$ gives $O'M = 6\cos 60^\circ = 3,$ and $OO' = 4,$ so $OM = 5.$ The cut face is planar and tilted from the horizontal only in the direction of $\overline{O'M},$ at the angle $\theta$ with $\cos\theta = \frac{O'M}{OM} = \frac{3}{5}.$ Undoing the projection therefore multiplies areas by $\frac{5}{3},$ so the unpainted face has area $\frac{5}{3}\left(12\pi + 18\sqrt{3}\right) = 20\pi + 30\sqrt{3}.$ Thus $a + b + c = 20 + 30 + 3 = 53.$

Problemas del 2015 AIME I

Respuesta: 722

Solución:

Respuesta: 139

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Respuesta: 307

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Respuesta: 507

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Respuesta: 341

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Respuesta: 58

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Respuesta: 539

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Respuesta: 695

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Respuesta: 494

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Respuesta: 108

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Respuesta: 431

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Respuesta: 91

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Respuesta: 483

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Respuesta: 53

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