2017 AIME II — Problemas y examen en línea cronometrado

Con tiempo

3:00:00

1.

Halle el número de subconjuntos de $\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\}$ que no son subconjuntos ni de $\{1, 2, 3, 4, 5\}$ ni de $\{4, 5, 6, 7, 8\}.$

Find the number of subsets of $\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\}$ that are subsets of neither $\{1, 2, 3, 4, 5\}$ nor $\{4, 5, 6, 7, 8\}.$

Respuesta

Respuesta: 196

Conceptos:subconjuntos inclusión-exclusión

Nivel de dificultad: 1890

Solución:

En total hay $2^8 = 256$ subconjuntos. Los que hay que excluir son los contenidos en $\{1,2,3,4,5\}$ (hay $2^5 = 32$ ) o contenidos en $\{4,5,6,7,8\}$ (otros $32$ ). Un subconjunto de ambos es exactamente un subconjunto de la intersección $\{4, 5\},$ y hay $2^2 = 4$ de esos.

Por inclusión-exclusión, $32 + 32 - 4 = 60$ subconjuntos fallan, así que $256 - 60 = 196$ subconjuntos tienen la propiedad requerida.

There are $2^8 = 256$ subsets in all. The ones to exclude are those contained in $\{1,2,3,4,5\}$ (there are $2^5 = 32$ ) or contained in $\{4,5,6,7,8\}$ (another $32$ ). A subset of both is exactly a subset of the intersection $\{4, 5\},$ and there are $2^2 = 4$ of those.

By inclusion-exclusion, $32 + 32 - 4 = 60$ subsets fail, so $256 - 60 = 196$ subsets have the required property.

2.

Los equipos $T_1,$ $T_2,$ $T_3,$ y $T_4$ están en los playoffs. En los partidos de semifinal, $T_1$ juega contra $T_4,$ y $T_2$ juega contra $T_3.$ Los ganadores de esos dos partidos se enfrentarán en el partido final para determinar el campeón. Cuando $T_i$ juega contra $T_j,$ la probabilidad de que $T_i$ gane es $\frac{i}{i+j},$ y los resultados de todos los partidos son independientes. La probabilidad de que $T_4$ sea el campeón es $\frac{p}{q},$ donde $p$ y $q$ son enteros positivos primos entre sí. Halle $p + q.$

Teams $T_1,$ $T_2,$ $T_3,$ and $T_4$ are in the playoffs. In the semifinal matches, $T_1$ plays $T_4,$ and $T_2$ plays $T_3.$ The winners of those two matches will play each other in the final match to determine the champion. When $T_i$ plays $T_j,$ the probability that $T_i$ wins is $\frac{i}{i+j},$ and the outcomes of all the matches are independent. The probability that $T_4$ will be the champion is $\frac{p}{q},$ where $p$ and $q$ are relatively prime positive integers. Find $p + q.$

Respuesta

Respuesta: 781

Conceptos:probabilidad básica eventos independientes análisis por casos

Nivel de dificultad: 2070

Solución:

Para ser campeón, $T_4$ primero debe vencer a $T_1,$ lo cual ocurre con probabilidad $\frac{4}{4+1} = \frac{4}{5}.$ La otra semifinal lleva a $T_2$ a la final con probabilidad $\frac{2}{2+3} = \frac{2}{5}$ y a $T_3$ con probabilidad $\frac{3}{5};$ en la final, $T_4$ vence a $T_2$ con probabilidad $\frac{4}{4+2} = \frac{2}{3}$ y vence a $T_3$ con probabilidad $\frac{4}{4+3} = \frac{4}{7}.$

La probabilidad de que $T_4$ sea campeón es por lo tanto $\begin{aligned} &\frac{4}{5}\left(\frac{2}{5} \cdot \frac{2}{3} + \frac{3}{5} \cdot \frac{4}{7}\right) \\ &= \frac{4}{5} \cdot \frac{64}{105} \\ &= \frac{256}{525}. \end{aligned}$ Como $256 = 2^8$ y $525 = 3 \cdot 5^2 \cdot 7,$ esto está en su forma más simple, y $p + q = 256 + 525 = 781.$

To be champion, $T_4$ must first beat $T_1,$ which happens with probability $\frac{4}{4+1} = \frac{4}{5}.$ The other semifinal sends $T_2$ to the final with probability $\frac{2}{2+3} = \frac{2}{5}$ and $T_3$ with probability $\frac{3}{5};$ in the final, $T_4$ beats $T_2$ with probability $\frac{4}{4+2} = \frac{2}{3}$ and beats $T_3$ with probability $\frac{4}{4+3} = \frac{4}{7}.$

The probability that $T_4$ is champion is therefore $\begin{aligned} &\frac{4}{5}\left(\frac{2}{5} \cdot \frac{2}{3} + \frac{3}{5} \cdot \frac{4}{7}\right) \\ &= \frac{4}{5} \cdot \frac{64}{105} \\ &= \frac{256}{525}. \end{aligned}$ Since $256 = 2^8$ and $525 = 3 \cdot 5^2 \cdot 7,$ this is in lowest terms, and $p + q = 256 + 525 = 781.$

3.

Un triángulo tiene vértices $A(0, 0),$ $B(12, 0),$ y $C(8, 10).$ La probabilidad de que un punto elegido al azar dentro del triángulo esté más cerca del vértice $B$ que del vértice $A$ o del vértice $C$ puede escribirse como $\frac{p}{q},$ donde $p$ y $q$ son enteros positivos primos entre sí. Halle $p + q.$

A triangle has vertices $A(0, 0),$ $B(12, 0),$ and $C(8, 10).$ The probability that a randomly chosen point inside the triangle is closer to vertex $B$ than to either vertex $A$ or vertex $C$ can be written as $\frac{p}{q},$ where $p$ and $q$ are relatively prime positive integers. Find $p + q.$

Respuesta

Respuesta: 409

Conceptos:probabilidad geométrica mediatriz geometría analítica

Nivel de dificultad: 2230

Solución:

Los puntos más cercanos a $B$ que a $A$ están a la derecha de la mediatriz de $\overline{AB},$ la recta $x = 6.$ Los puntos más cercanos a $B$ que a $C$ están por debajo de la mediatriz de $\overline{BC},$ que pasa por el punto medio $(10, 5)$ con pendiente $\frac{2}{5}$ (el recíproco negativo de la pendiente $-\frac{5}{2}$ de $BC$ ): la recta $y = \frac{2}{5}x + 1.$

Dentro del triángulo, la región favorable es el cuadrilátero con vértices $(6, 0),$ $B(12, 0),$ el punto medio $(10, 5)$ de $\overline{BC},$ y $\left(6, \frac{17}{5}\right),$ donde se encuentran las dos mediatrices. Dividiéndolo a lo largo del segmento de $(6, 0)$ a $(10, 5),$ su área es $\begin{aligned} &\frac{1}{2} \cdot \frac{17}{5} \cdot 4 + \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 5 \\ &= \frac{34}{5} + 15 \\ &= \frac{109}{5}. \end{aligned}$

El triángulo tiene área $\frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 10 = 60,$ así que la probabilidad es $\frac{109/5}{60} = \frac{109}{300},$ y $p + q = 109 + 300 = 409.$

The points closer to $B$ than to $A$ lie to the right of the perpendicular bisector of $\overline{AB},$ the line $x = 6.$ The points closer to $B$ than to $C$ lie below the perpendicular bisector of $\overline{BC},$ which passes through the midpoint $(10, 5)$ with slope $\frac{2}{5}$ (the negative reciprocal of the slope $-\frac{5}{2}$ of $BC$ ): the line $y = \frac{2}{5}x + 1.$

Inside the triangle, the favorable region is the quadrilateral with vertices $(6, 0),$ $B(12, 0),$ the midpoint $(10, 5)$ of $\overline{BC},$ and $\left(6, \frac{17}{5}\right),$ where the two bisectors meet. Splitting it along the segment from $(6, 0)$ to $(10, 5),$ its area is $\begin{aligned} &\frac{1}{2} \cdot \frac{17}{5} \cdot 4 + \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 5 \\ &= \frac{34}{5} + 15 \\ &= \frac{109}{5}. \end{aligned}$

The triangle has area $\frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 10 = 60,$ so the probability is $\frac{109/5}{60} = \frac{109}{300},$ and $p + q = 109 + 300 = 409.$

4.

Halle el número de enteros positivos menores o iguales que $2017$ cuya representación en base tres no contiene ningún dígito igual a $0.$

Find the number of positive integers less than or equal to $2017$ whose base-three representation contains no digit equal to $0.$

Respuesta

Respuesta: 222

Conceptos:base numérica dígitos análisis por casos

Nivel de dificultad: 2230

Solución:

Un entero positivo no tiene ningún $0$ en base tres exactamente cuando cada dígito es $1$ o $2.$ Para $k = 1, 2, \ldots, 6$ hay $2^k$ números de $k$ dígitos así, y todos ellos son a lo sumo $222222_3 = 728 \lt 2017.$

Como $2017 = 2202201_3,$ una cadena de siete dígitos formada por $1$ y $2$ es a lo sumo $2017$ exactamente cuando empieza por $11,$ $12,$ o $21:$ cualquier cadena que empiece por $22$ ya supera a $2202201_3$ en el tercer dígito, pues sus dígitos no son nulos. Eso da $3 \cdot 2^5 = 96$ números de siete dígitos.

El total es $2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64$ $+ 96 = 222.$

A positive integer has no $0$ in base three exactly when every digit is $1$ or $2.$ For $k = 1, 2, \ldots, 6$ there are $2^k$ such $k$ -digit numbers, and all of them are at most $222222_3 = 728 \lt 2017.$

Since $2017 = 2202201_3,$ a seven-digit string of $1$ s and $2$ s is at most $2017$ exactly when it begins with $11,$ $12,$ or $21:$ any string beginning $22$ already beats $2202201_3$ at the third digit, since its digits are nonzero. That gives $3 \cdot 2^5 = 96$ seven-digit numbers.

The total is $2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64$ $+ 96 = 222.$

5.

Un conjunto contiene cuatro números. Las seis sumas por parejas de elementos distintos del conjunto, sin orden particular, son $189,$ $320,$ $287,$ $234,$ $x,$ y $y.$ Halle el mayor valor posible de $x + y.$

A set contains four numbers. The six pairwise sums of distinct elements of the set, in no particular order, are $189,$ $320,$ $287,$ $234,$ $x,$ and $y.$ Find the greatest possible value of $x + y.$

Respuesta

Respuesta: 791

Conceptos:manipulación algebraica emparejamiento y agrupación optimización

Nivel de dificultad: 2390

Solución:

Sea el conjunto $\{a, b, c, d\}$ con total $s = a + b + c + d.$ Las seis sumas por parejas vienen en tres pares complementarios: $\begin{aligned} &(a+b) + (c+d) \\ &= (a+c) + (b+d) \\ &= (a+d) + (b+c) = s. \end{aligned}$ Ninguna de las formas de agrupar $189,$ $320,$ $287,$ $234$ en dos pares da totales iguales ( $509 \ne 521,$ $476 \ne 554,$ $423 \ne 607$ ), así que $x$ y $y$ no están emparejados entre sí; cada uno se empareja con una suma dada, y las dos sumas dadas restantes se emparejan juntas. Sumando los seis valores, $x + y$ $= 3s - (189 + 320 + 287 + 234)$ $= 3s - 1030,$ donde $s$ es la suma de dos de los números dados.

La mayor elección es $s = 320 + 287 = 607,$ que da $x + y = 3 \cdot 607 - 1030 = 791.$ Esto se alcanza con el conjunto $\{51.5,\ 137.5,\ 182.5,\ 235.5\},$ cuyas sumas por parejas son $189,$ $234,$ $287,$ $320,$ $373,$ y $418,$ con $373 + 418 = 791.$

Let the set be $\{a, b, c, d\}$ with total $s = a + b + c + d.$ The six pairwise sums come in three complementary pairs: $\begin{aligned} &(a+b) + (c+d) \\ &= (a+c) + (b+d) \\ &= (a+d) + (b+c) = s. \end{aligned}$ No two of the pairings of $189,$ $320,$ $287,$ $234$ into two pairs give equal totals ( $509 \ne 521,$ $476 \ne 554,$ $423 \ne 607$ ), so $x$ and $y$ are not paired with each other; each is paired with a given sum, and the remaining two given sums are paired together. Adding all six values, $x + y$ $= 3s - (189 + 320 + 287 + 234)$ $= 3s - 1030,$ where $s$ is the sum of two of the given numbers.

The largest choice is $s = 320 + 287 = 607,$ giving $x + y = 3 \cdot 607 - 1030 = 791.$ This is attained by the set $\{51.5,\ 137.5,\ 182.5,\ 235.5\},$ whose pairwise sums are $189,$ $234,$ $287,$ $320,$ $373,$ and $418,$ with $373 + 418 = 791.$

6.

Halle la suma de todos los enteros positivos $n$ tales que $\sqrt{n^2 + 85n + 2017}$ es un entero.

Find the sum of all positive integers $n$ such that $\sqrt{n^2 + 85n + 2017}$ is an integer.

Respuesta

Respuesta: 195

Conceptos:Ecuación diofántica completar el cuadrado diferencia de cuadrados

Nivel de dificultad: 2450

Solución:

Supongamos $n^2 + 85n + 2017 = m^2$ para un entero positivo $m.$ Multiplicando por $4$ y completando el cuadrado se obtiene $(2n + 85)^2 + 843 = 4m^2,$ así que $\begin{aligned} &(2m - 2n - 85)(2m + 2n + 85) \\ &= 843 = 3 \cdot 281, \end{aligned}$ donde $281$ es primo. Ambos factores son positivos con el segundo mayor, así que o bien $2m - 2n - 85 = 1$ y $2m + 2n + 85 = 843,$ o bien $2m - 2n - 85 = 3$ y $2m + 2n + 85 = 281.$

El primer sistema da $m = 211$ y $n = 168,$ y en efecto $168^2 + 85 \cdot 168 + 2017$ $= 44521 = 211^2.$ El segundo da $m = 71$ y $n = 27,$ con $27^2 + 85 \cdot 27 + 2017$ $= 5041 = 71^2.$

La suma pedida es $168 + 27 = 195.$

Suppose $n^2 + 85n + 2017 = m^2$ for a positive integer $m.$ Multiplying by $4$ and completing the square gives $(2n + 85)^2 + 843 = 4m^2,$ so $\begin{aligned} &(2m - 2n - 85)(2m + 2n + 85) \\ &= 843 = 3 \cdot 281, \end{aligned}$ where $281$ is prime. Both factors are positive with the second one larger, so either $2m - 2n - 85 = 1$ and $2m + 2n + 85 = 843,$ or $2m - 2n - 85 = 3$ and $2m + 2n + 85 = 281.$

The first system gives $m = 211$ and $n = 168,$ and indeed $168^2 + 85 \cdot 168 + 2017$ $= 44521 = 211^2.$ The second gives $m = 71$ and $n = 27,$ with $27^2 + 85 \cdot 27 + 2017$ $= 5041 = 71^2.$

The requested sum is $168 + 27 = 195.$

7.

Halle el número de valores enteros de $k$ en el intervalo cerrado $[-500, 500]$ para los cuales la ecuación $\log(kx) = 2\log(x + 2)$ tiene exactamente una solución real.

Find the number of integer values of $k$ in the closed interval $[-500, 500]$ for which the equation $\log(kx) = 2\log(x + 2)$ has exactly one real solution.

Respuesta

Respuesta: 501

Conceptos:logaritmo cuadrática análisis por casos

Nivel de dificultad: 2740

Solución:

La ecuación requiere $x + 2 \gt 0$ y $kx \gt 0,$ y bajo esas restricciones es equivalente a $kx = (x + 2)^2,$ es decir, $x^2 + (4 - k)x + 4 = 0.$

Para $k \lt 0$ las restricciones fuerzan $-2 \lt x \lt 0.$ En este intervalo $kx$ decrece de $-2k \gt 0$ a $0$ mientras que $(x + 2)^2$ crece de $0$ a $4,$ así que las gráficas se cruzan exactamente una vez. Por lo tanto cada uno de los $500$ valores negativos de $k$ funciona, mientras que $k = 0$ hace que $\log(kx)$ no esté definido.

Para $k \gt 0$ las restricciones fuerzan $x \gt 0.$ La cuadrática tiene producto de raíces $4,$ así que cualquier raíz real tiene el mismo signo, y el discriminante $(4 - k)^2 - 16 = k(k - 8)$ es negativo para $0 \lt k \lt 8.$ Cuando $k \gt 8$ hay dos raíces positivas distintas (suma de raíces $k - 4 \gt 0$ ), dando dos soluciones; solo $k = 8$ da exactamente una solución, la raíz doble $x = 2.$ En total $500 + 1 = 501$ valores de $k$ funcionan.

The equation requires $x + 2 \gt 0$ and $kx \gt 0,$ and under those restrictions it is equivalent to $kx = (x + 2)^2,$ that is, $x^2 + (4 - k)x + 4 = 0.$

For $k \lt 0$ the restrictions force $-2 \lt x \lt 0.$ On this interval $kx$ decreases from $-2k \gt 0$ to $0$ while $(x + 2)^2$ increases from $0$ to $4,$ so the graphs cross exactly once. Hence every one of the $500$ negative values of $k$ works, while $k = 0$ makes $\log(kx)$ undefined.

For $k \gt 0$ the restrictions force $x \gt 0.$ The quadratic has root product $4,$ so any real roots have the same sign, and the discriminant $(4 - k)^2 - 16 = k(k - 8)$ is negative for $0 \lt k \lt 8.$ When $k \gt 8$ there are two distinct positive roots (root sum $k - 4 \gt 0$ ), giving two solutions; only $k = 8$ gives exactly one solution, the double root $x = 2.$ In total $500 + 1 = 501$ values of $k$ work.

8.

Halle el número de enteros positivos $n$ menores que $2017$ tales que $\begin{aligned} &1 + n + \frac{n^2}{2!} + \frac{n^3}{3!} + \frac{n^4}{4!} \\ &{}+ \frac{n^5}{5!} + \frac{n^6}{6!} \end{aligned}$ es un entero.

Find the number of positive integers $n$ less than $2017$ such that $\begin{aligned} &1 + n + \frac{n^2}{2!} + \frac{n^3}{3!} + \frac{n^4}{4!} \\ &{}+ \frac{n^5}{5!} + \frac{n^6}{6!} \end{aligned}$ is an integer.

Respuesta

Respuesta: 134

Conceptos:divisibilidad aritmética modular factorial análisis por casos

Nivel de dificultad: 2840

Solución:

Multiplicando por $6! = 720,$ la suma es un entero exactamente cuando $\begin{aligned} &720 \mid n^6 + 6n^5 + 30n^4 \\ &{}+ 120n^3 + 360n^2. \end{aligned}$ Si $n$ fuera impar, todos los términos excepto $n^6$ serían pares, haciendo el total impar. Si $3 \nmid n,$ entonces módulo $3$ todos los términos excepto $n^6$ se anulan mientras que $n^6 \equiv 1 \pmod 3.$ Así que $n$ debe ser múltiplo de $6.$

Escriba $n = 6k.$ Entonces $30n^4 = 720 \cdot 54k^4,$ $120n^3 = 720 \cdot 36k^3,$ y $360n^2 = 720 \cdot 18k^2$ son todos divisibles por $720,$ mientras que $n^6 + 6n^5 = 6^6 k^5(k + 1).$ Como $6^6 = 2^6 3^6$ aporta los factores $2^4$ y $3^2$ de $720 = 2^4 \cdot 3^2 \cdot 5,$ la condición se reduce a $5 \mid k(k + 1),$ es decir, $k \equiv 0$ o $4 \pmod 5.$

Para $n = 6k \lt 2017$ necesitamos $1 \le k \le 336.$ Ese rango contiene $67$ múltiplos de $5$ y $67$ valores con $k \equiv 4 \pmod 5,$ así que hay $67 + 67 = 134$ tales $n.$

Multiplying by $6! = 720,$ the sum is an integer exactly when $\begin{aligned} &720 \mid n^6 + 6n^5 + 30n^4 \\ &{}+ 120n^3 + 360n^2. \end{aligned}$ If $n$ were odd, every term except $n^6$ would be even, making the total odd. If $3 \nmid n,$ then modulo $3$ every term except $n^6$ vanishes while $n^6 \equiv 1 \pmod 3.$ So $n$ must be a multiple of $6.$

Write $n = 6k.$ Then $30n^4 = 720 \cdot 54k^4,$ $120n^3 = 720 \cdot 36k^3,$ and $360n^2 = 720 \cdot 18k^2$ are all divisible by $720,$ while $n^6 + 6n^5 = 6^6 k^5(k + 1).$ Since $6^6 = 2^6 3^6$ supplies the factors $2^4$ and $3^2$ of $720 = 2^4 \cdot 3^2 \cdot 5,$ the condition reduces to $5 \mid k(k + 1),$ that is, $k \equiv 0$ or $4 \pmod 5.$

For $n = 6k \lt 2017$ we need $1 \le k \le 336.$ That range contains $67$ multiples of $5$ and $67$ values with $k \equiv 4 \pmod 5,$ so there are $67 + 67 = 134$ such $n.$

9.

Una baraja especial de cartas contiene $49$ cartas, cada una etiquetada con un número del $1$ al $7$ y coloreada con uno de siete colores. Cada combinación de número y color aparece en exactamente una carta. Sharon seleccionará al azar un conjunto de ocho cartas de la baraja. Dado que obtiene al menos una carta de cada color y al menos una carta con cada número, la probabilidad de que Sharon pueda descartar una de sus cartas y todavía tener al menos una carta de cada color y al menos una carta con cada número es $\frac{p}{q},$ donde $p$ y $q$ son enteros positivos primos entre sí. Halle $p + q.$

A special deck of cards contains $49$ cards, each labeled with a number from $1$ to $7$ and colored with one of seven colors. Each number-color combination appears on exactly one card. Sharon will select a set of eight cards from the deck at random. Given that she gets at least one card of each color and at least one card with each number, the probability that Sharon can discard one of her cards and still have at least one card of each color and at least one card with each number is $\frac{p}{q},$ where $p$ and $q$ are relatively prime positive integers. Find $p + q.$

Respuesta

Respuesta: 13

Conceptos:probabilidad condicional combinaciones análisis por casos

Nivel de dificultad: 2990

Solución:

Como las ocho cartas cubren los siete números y los siete colores, exactamente un número y exactamente un color aparecen dos veces. Sharon puede descartar una carta exactamente cuando una sola carta lleva tanto el número repetido como el color repetido: esa carta es entonces la única descartable, mientras que si ninguna carta lleva ambos, quitar cualquier carta pierde un número o un color.

Las manos del primer tipo consisten en un conjunto arcoíris de siete cartas, una de cada número y cada color, que es uno de $7!$ patrones de permutación, más cualquiera de las $42$ cartas restantes, y cada mano así surge exactamente una vez de este modo: $7! \cdot 42 = 211680$ manos. Para el segundo tipo, elija el número repetido ( $7$ maneras) y los dos colores de sus cartas ( $\binom{7}{2} = 21$ maneras); el color repetido debe ser uno de los otros $5$ colores, y los números de sus dos cartas provienen de los $6$ números restantes ( $\binom{6}{2} = 15$ maneras); finalmente empareje los últimos cuatro números con los últimos cuatro colores ( $4! = 24$ maneras). Eso da $7 \cdot 21 \cdot 5 \cdot 15 \cdot 24 = 264600$ manos.

La probabilidad es $\frac{211680}{211680 + 264600} = \frac{4}{9},$ así que $p + q = 4 + 9 = 13.$

Since the eight cards cover all seven numbers and all seven colors, exactly one number and exactly one color appear twice. Sharon can discard a card exactly when a single card carries both the repeated number and the repeated color: that card is then the unique discardable one, while if no card carries both, removing any card loses a number or a color.

Hands of the first type consist of a rainbow set of seven cards — one of each number and each color, which is one of $7!$ permutation patterns — plus any of the remaining $42$ cards, and every such hand arises exactly once this way: $7! \cdot 42 = 211680$ hands. For the second type, choose the repeated number ( $7$ ways) and the two colors of its cards ( $\binom{7}{2} = 21$ ways); the repeated color must be one of the other $5$ colors, and the numbers of its two cards come from the remaining $6$ numbers ( $\binom{6}{2} = 15$ ways); finally match the last four numbers to the last four colors ( $4! = 24$ ways). That is $7 \cdot 21 \cdot 5 \cdot 15 \cdot 24 = 264600$ hands.

The probability is $\frac{211680}{211680 + 264600} = \frac{4}{9},$ so $p + q = 4 + 9 = 13.$

10.

El rectángulo $ABCD$ tiene lados de longitud $AB = 84$ y $AD = 42.$ El punto $M$ es el punto medio de $\overline{AD},$ el punto $N$ es el punto de trisección de $\overline{AB}$ más cercano a $A,$ y el punto $O$ es la intersección de $\overline{CM}$ y $\overline{DN}.$ El punto $P$ está sobre el cuadrilátero $BCON,$ y $\overline{BP}$ biseca el área de $BCON.$ Halle el área de $\triangle CDP.$

Rectangle $ABCD$ has side lengths $AB = 84$ and $AD = 42.$ Point $M$ is the midpoint of $\overline{AD},$ point $N$ is the trisection point of $\overline{AB}$ closer to $A,$ and point $O$ is the intersection of $\overline{CM}$ and $\overline{DN}.$ Point $P$ lies on the quadrilateral $BCON,$ and $\overline{BP}$ bisects the area of $BCON.$ Find the area of $\triangle CDP.$

Respuesta

Respuesta: 546

Conceptos:geometría analítica fórmula del cordón área del triángulo

Nivel de dificultad: 2920

Solución:

Coloque $A = (0, 0),$ $B = (84, 0),$ $C = (84, 42),$ $D = (0, 42),$ de modo que $M = (0, 21)$ y $N = (28, 0).$ La recta $CM$ es $y = \frac{x}{4} + 21$ y la recta $DN$ es $y = 42 - \frac{3x}{2},$ que se encuentran en $O = (12, 24).$

Por la fórmula del cordón (Shoelace), el cuadrilátero $BCON$ tiene área $2184,$ así que cada mitad debe tener área $1092.$ El triángulo $BCO$ por sí solo tiene área $\frac{1}{2} \cdot 42 \cdot 72 = 1512 \gt 1092$ (base $\overline{BC},$ y $O$ está a distancia horizontal $72$ de ella), así que el segmento que biseca termina en un punto $P$ sobre $\overline{CO}.$ Para que $[BPC] = 1092,$ la distancia $d$ de $P$ a la recta $BC$ debe satisfacer $\frac{1}{2} \cdot 42 \cdot d = 1092,$ así que $d = 52,$ dando a $P$ la coordenada $x$ igual a $84 - 52 = 32.$ Como $P$ está sobre la recta $CO,$ que es $y = \frac{x}{4} + 21,$ obtenemos $P = (32, 29).$

El triángulo $CDP$ tiene base $CD = 84$ sobre la recta $y = 42$ y altura $42 - 29 = 13,$ así que su área es $\frac{1}{2} \cdot 84 \cdot 13 = 546.$

Place $A = (0, 0),$ $B = (84, 0),$ $C = (84, 42),$ $D = (0, 42),$ so $M = (0, 21)$ and $N = (28, 0).$ Line $CM$ is $y = \frac{x}{4} + 21$ and line $DN$ is $y = 42 - \frac{3x}{2},$ which meet at $O = (12, 24).$

By the Shoelace Formula, quadrilateral $BCON$ has area $2184,$ so each half must have area $1092.$ Triangle $BCO$ alone has area $\frac{1}{2} \cdot 42 \cdot 72 = 1512 \gt 1092$ (base $\overline{BC},$ and $O$ is at horizontal distance $72$ from it), so the bisecting segment ends at a point $P$ on $\overline{CO}.$ For $[BPC] = 1092,$ the distance $d$ from $P$ to line $BC$ must satisfy $\frac{1}{2} \cdot 42 \cdot d = 1092,$ so $d = 52,$ giving $P$ the $x$ -coordinate $84 - 52 = 32.$ Since $P$ lies on line $CO,$ which is $y = \frac{x}{4} + 21,$ we get $P = (32, 29).$

Triangle $CDP$ has base $CD = 84$ on the line $y = 42$ and height $42 - 29 = 13,$ so its area is $\frac{1}{2} \cdot 84 \cdot 13 = 546.$

11.

Cinco pueblos están conectados por un sistema de caminos. Hay exactamente un camino que conecta cada par de pueblos. Halle el número de maneras de hacer que todos los caminos sean de un solo sentido de modo que aún sea posible ir de cualquier pueblo a cualquier otro pueblo usando los caminos (posiblemente pasando por otros pueblos en el camino).

Five towns are connected by a system of roads. There is exactly one road connecting each pair of towns. Find the number of ways there are to make all the roads one-way in such a way that it is still possible to get from any town to any other town using the roads (possibly passing through other towns on the way).

Respuesta

Respuesta: 544

Conceptos:teoría de grafos conteo complementario inclusión-exclusión

Nivel de dificultad: 3060

Solución:

La asignación funciona si y solo si ningún pueblo tiene los cuatro caminos entrantes o los cuatro salientes. Una dirección es clara: un pueblo todo-entrante no puede abandonarse, y un pueblo todo-saliente no puede alcanzarse. Recíprocamente, supongamos que cada pueblo tiene un camino entrante y uno saliente, pero el pueblo $B$ no puede alcanzarse desde el pueblo $A.$ Sea $S$ el conjunto de pueblos alcanzables desde $A$ (incluyendo $A$ ) y $T$ el conjunto de pueblos desde los cuales $B$ es alcanzable (incluyendo $B$ ). Estos conjuntos son disjuntos, cada camino saliente de un pueblo en $S$ permanece dentro de $S,$ y cada camino entrante de un pueblo en $T$ proviene de dentro de $T.$ Como $A$ tiene un camino saliente, $|S| \ge 2,$ y de forma similar $|T| \ge 2;$ como $|S| + |T| \le 5,$ uno de los dos conjuntos tiene exactamente dos pueblos. Si $S = \{A, X\},$ los caminos salientes de $A$ y de $X$ deben ambos permanecer dentro de $S,$ obligando al único camino entre ellos a apuntar en ambos sentidos, una contradicción (y $|T| = 2$ es simétrico).

Ahora cuente las asignaciones con un pueblo malo entre las $2^{10} = 1024$ totales. Elegir un pueblo para que sea todo-saliente ( $5$ maneras) y orientar libremente los $\binom{4}{2} = 6$ caminos restantes da $5 \cdot 2^6 = 320$ asignaciones, y puede haber a lo sumo un pueblo todo-saliente. De forma similar $320$ asignaciones tienen un pueblo todo-entrante. Las asignaciones con ambos se cuentan dos veces: elija el pueblo todo-saliente ( $5$ ), el pueblo todo-entrante ( $4$ ), y los otros $3$ caminos libremente, $5 \cdot 4 \cdot 2^3 = 160.$ Así que $320 + 320 - 160 = 480$ asignaciones fallan.

El número de las que funcionan es $1024 - 480 = 544.$

The assignment works if and only if no town has all four roads inbound or all four outbound. One direction is clear: an all-inbound town cannot be left, and an all-outbound town cannot be reached. Conversely, suppose every town has an inbound and an outbound road, yet town $B$ cannot be reached from town $A.$ Let $S$ be the set of towns reachable from $A$ (including $A$ ) and $T$ the set of towns from which $B$ is reachable (including $B$ ). These sets are disjoint, every outbound road of a town in $S$ stays inside $S,$ and every inbound road of a town in $T$ comes from inside $T.$ Since $A$ has an outbound road, $|S| \ge 2,$ and similarly $|T| \ge 2;$ as $|S| + |T| \le 5,$ one of the two sets has exactly two towns. If $S = \{A, X\},$ the outbound roads of $A$ and of $X$ must both stay inside $S,$ forcing the single road between them to point both ways — a contradiction (and $|T| = 2$ is symmetric).

Now count assignments with a bad town among the $2^{10} = 1024$ total. Choosing a town to be all-outbound ( $5$ ways) and orienting the remaining $\binom{4}{2} = 6$ roads freely gives $5 \cdot 2^6 = 320$ assignments, and there can be at most one all-outbound town. Similarly $320$ assignments have an all-inbound town. Assignments with both are counted twice: choose the all-outbound town ( $5$ ), the all-inbound town ( $4$ ), and the other $3$ roads freely, $5 \cdot 4 \cdot 2^3 = 160.$ So $320 + 320 - 160 = 480$ assignments fail.

The number that work is $1024 - 480 = 544.$

12.

El círculo $C_0$ tiene radio $1,$ y el punto $A_0$ es un punto sobre el círculo. El círculo $C_1$ tiene radio $r \lt 1$ y es tangente interiormente a $C_0$ en el punto $A_0.$ El punto $A_1$ está sobre el círculo $C_1$ de modo que $A_1$ se ubica $90^\circ$ en sentido antihorario desde $A_0$ sobre $C_1.$ El círculo $C_2$ tiene radio $r^2$ y es tangente interiormente a $C_1$ en el punto $A_1.$ De esta manera se construyen una sucesión de círculos $C_1, C_2, C_3, \ldots$ y una sucesión de puntos sobre los círculos $A_1, A_2, A_3, \ldots$ , donde el círculo $C_n$ tiene radio $r^n$ y es tangente interiormente al círculo $C_{n-1}$ en el punto $A_{n-1},$ y el punto $A_n$ está sobre $C_n$ a $90^\circ$ en sentido antihorario desde el punto $A_{n-1},$ como se muestra en la figura de abajo. Hay un punto $B$ dentro de todos estos círculos. Cuando $r = \frac{11}{60},$ la distancia desde el centro de $C_0$ hasta $B$ es $\frac{m}{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos primos entre sí. Halle $m + n.$

Circle $C_0$ has radius $1,$ and the point $A_0$ is a point on the circle. Circle $C_1$ has radius $r \lt 1$ and is internally tangent to $C_0$ at point $A_0.$ Point $A_1$ lies on circle $C_1$ so that $A_1$ is located $90^\circ$ counterclockwise from $A_0$ on $C_1.$ Circle $C_2$ has radius $r^2$ and is internally tangent to $C_1$ at point $A_1.$ In this way a sequence of circles $C_1, C_2, C_3, \ldots$ and a sequence of points on the circles $A_1, A_2, A_3, \ldots$ are constructed, where circle $C_n$ has radius $r^n$ and is internally tangent to circle $C_{n-1}$ at point $A_{n-1},$ and point $A_n$ lies on $C_n$ $90^\circ$ counterclockwise from point $A_{n-1},$ as shown in the figure below. There is one point $B$ inside all of these circles. When $r = \frac{11}{60},$ the distance from the center of $C_0$ to $B$ is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

Respuesta

Respuesta: 110

Conceptos:número complejo sucesión geométrica circunferencias tangentes

Nivel de dificultad: 3060

Solución:

Trabajemos en el plano complejo con $C_0$ centrado en $O_0 = 0$ y $A_0 = 1,$ y sea $O_n$ el centro de $C_n.$ Por inducción, $A_n = O_n + r^n i^n:$ esto se cumple para $n = 0,$ y como $C_{n+1}$ es tangente interiormente a $C_n$ en $A_n,$ su centro es $O_{n+1} = A_n - r^{n+1} i^n;$ entonces $A_n$ está en dirección $i^n$ desde $O_{n+1},$ así que rotar $90^\circ$ en sentido antihorario da $A_{n+1} = O_{n+1} + r^{n+1} i^{n+1}.$

Por lo tanto $O_{n+1} - O_n$ $= (r^n - r^{n+1})\, i^n$ $= (1 - r)(ir)^n.$ Los círculos están anidados, y sus radios se reducen a $0,$ así que el punto común $B$ es el límite de los centros: $B = (1 - r)\sum_{n=0}^{\infty} (ir)^n = \frac{1 - r}{1 - ir},$ a distancia $\frac{1 - r}{|1 - ir|} = \frac{1 - r}{\sqrt{1 + r^2}}$ del origen.

Para $r = \frac{11}{60}$ esto es igual a $\frac{49/60}{\sqrt{3721}/60} = \frac{49}{61},$ así que $m + n = 49 + 61 = 110.$

Work in the complex plane with $C_0$ centered at $O_0 = 0$ and $A_0 = 1,$ and let $O_n$ be the center of $C_n.$ Inductively, $A_n = O_n + r^n i^n:$ this holds for $n = 0,$ and since $C_{n+1}$ is internally tangent to $C_n$ at $A_n,$ its center is $O_{n+1} = A_n - r^{n+1} i^n;$ then $A_n$ sits in direction $i^n$ from $O_{n+1},$ so rotating $90^\circ$ counterclockwise gives $A_{n+1} = O_{n+1} + r^{n+1} i^{n+1}.$

Therefore $O_{n+1} - O_n$ $= (r^n - r^{n+1})\, i^n$ $= (1 - r)(ir)^n.$ The circles are nested, and their radii shrink to $0,$ so the common point $B$ is the limit of the centers: $B = (1 - r)\sum_{n=0}^{\infty} (ir)^n = \frac{1 - r}{1 - ir},$ at distance $\frac{1 - r}{|1 - ir|} = \frac{1 - r}{\sqrt{1 + r^2}}$ from the origin.

For $r = \frac{11}{60}$ this equals $\frac{49/60}{\sqrt{3721}/60} = \frac{49}{61},$ so $m + n = 49 + 61 = 110.$

13.

Para cada entero $n \ge 3,$ sea $f(n)$ el número de subconjuntos de $3$ elementos de los vértices de un $n$ -gono regular que son los vértices de un triángulo isósceles (incluyendo triángulos equiláteros). Halle la suma de todos los valores de $n$ tales que $f(n+1) = f(n) + 78.$

For each integer $n \ge 3,$ let $f(n)$ be the number of $3$ -element subsets of the vertices of a regular $n$ -gon that are the vertices of an isosceles triangle (including equilateral triangles). Find the sum of all values of $n$ such that $f(n+1) = f(n) + 78.$

Respuesta

Respuesta: 245

Conceptos:polígono regular conteo de figuras en diagramas funciones piso y techo análisis por casos

Nivel de dificultad: 3270

Solución:

Cuente los triángulos isósceles por ápice. Para un vértice $P$ de un $n$ -gono regular, los triángulos isósceles cuyos dos lados iguales se encuentran en $P$ tienen sus otros dos vértices simétricos respecto al diámetro que pasa por $P,$ dando $\lfloor (n-1)/2 \rfloor$ tales pares. Sumando sobre los $n$ vértices se cuenta cada triángulo isósceles no equilátero una vez (tiene un ápice) y cada triángulo equilátero tres veces; los triángulos equiláteros existen exactamente cuando $3 \mid n,$ y entonces hay $n/3$ de ellos. Por lo tanto $f(n) = n \lfloor (n-1)/2 \rfloor,$ menos $2n/3$ cuando $3 \mid n.$

Escribiendo $n = 6k + j$ y calculando $f(n+1) - f(n)$ en cada clase de residuo se obtiene $13k$ para $j = 0,$ $3k$ para $j = 1,$ $5k + 1$ para $j = 2,$ $7k + 3$ para $j = 3,$ $9k + 6$ para $j = 4,$ y $-(k + 2)$ para $j = 5.$ Igualando cada uno a $78:$ $13k = 78$ da $k = 6,$ $n = 36;$ $3k = 78$ da $k = 26,$ $n = 157;$ $9k + 6 = 78$ da $k = 8,$ $n = 52;$ y los otros tres casos no tienen soluciones enteras positivas.

La suma de todos los tales $n$ es $36 + 157 + 52 = 245.$

Count isosceles triangles by apex. For a vertex $P$ of a regular $n$ -gon, the isosceles triangles whose two equal sides meet at $P$ have their other two vertices symmetric about the diameter through $P,$ giving $\lfloor (n-1)/2 \rfloor$ such pairs. Summing over all $n$ vertices counts each non-equilateral isosceles triangle once (it has one apex) and each equilateral triangle three times; equilateral triangles exist exactly when $3 \mid n,$ and then there are $n/3$ of them. Hence $f(n) = n \lfloor (n-1)/2 \rfloor,$ minus $2n/3$ when $3 \mid n.$

Writing $n = 6k + j$ and computing $f(n+1) - f(n)$ in each residue class gives $13k$ for $j = 0,$ $3k$ for $j = 1,$ $5k + 1$ for $j = 2,$ $7k + 3$ for $j = 3,$ $9k + 6$ for $j = 4,$ and $-(k + 2)$ for $j = 5.$ Setting each equal to $78:$ $13k = 78$ gives $k = 6,$ $n = 36;$ $3k = 78$ gives $k = 26,$ $n = 157;$ $9k + 6 = 78$ gives $k = 8,$ $n = 52;$ and the other three cases have no positive integer solutions.

The sum of all such $n$ is $36 + 157 + 52 = 245.$

14.

Una cuadrícula de puntos $10 \times 10 \times 10$ consiste en todos los puntos del espacio de la forma $(i, j, k),$ donde $i,$ $j,$ y $k$ son enteros entre $1$ y $10,$ inclusive. Halle el número de rectas diferentes que contienen exactamente $8$ de estos puntos.

A $10 \times 10 \times 10$ grid of points consists of all points in space of the form $(i, j, k),$ where $i,$ $j,$ and $k$ are integers between $1$ and $10,$ inclusive. Find the number of different lines that contain exactly $8$ of these points.

Respuesta

Respuesta: 168

Conceptos:punto reticular Geometría 3D análisis por casos simetría

Nivel de dificultad: 3370

Solución:

Tome un vector de dirección primitivo $(a, b, c)$ para la recta. Cualquier componente no nula de valor absoluto $2$ o más limita la recta a a lo sumo $5$ puntos de la cuadrícula, así que cada componente es $0$ o $\pm 1.$ Las rectas paralelas a un eje coordenado contienen $10$ puntos, nunca $8.$ Si exactamente una componente es $0,$ la recta está en uno de los $30$ planos paralelos a una cara del cubo ( $3$ orientaciones, $10$ posiciones), y dentro de esa cuadrícula $10 \times 10$ es una diagonal de pendiente $\pm 1$ desplazada del centro; el desplazamiento en $2$ en cualquier dirección desde cada una de las dos diagonales principales da exactamente $8$ puntos. Eso es $4$ rectas por plano, y cada una está en solo uno de los $30$ planos: $4 \cdot 30 = 120$ rectas.

En caso contrario la dirección es una de las cuatro direcciones de diagonal espacial $(1, \pm 1, \pm 1)$ salvo signo; por simetría, cuente las rectas paralelas a $(1, 1, 1)$ y multiplique por $4.$ Una recta así $(d + t,\ e + t,\ f + t)$ corta la cuadrícula en $10$ $- (\max(d,e,f) - \min(d,e,f))$ puntos, así que exactamente $8$ puntos significa $\max - \min = 2.$ Normalizando el punto base de modo que $\min(d, e, f) = 1,$ necesitamos $(d, e, f)$ con entradas en $\{1, 2, 3\}$ usando tanto $1$ como $3:$ hay $27 - 8 - 8 + 1 = 12$ de ellos, por lo tanto $12$ rectas por dirección y $4 \cdot 12 = 48$ en total.

El total es $120 + 48 = 168.$

Take a primitive direction vector $(a, b, c)$ for the line. Any nonzero component of absolute value $2$ or more limits the line to at most $5$ grid points, so every component is $0$ or $\pm 1.$ Lines parallel to a coordinate axis contain $10$ points, never $8.$ If exactly one component is $0,$ the line lies in one of the $30$ planes parallel to a face of the cube ( $3$ orientations, $10$ positions), and within that $10 \times 10$ grid it is a diagonal of slope $\pm 1$ shifted off center; the shift by $2$ in either direction from each of the two main diagonals gives exactly $8$ points. That is $4$ lines per plane, and each lies in only one of the $30$ planes: $4 \cdot 30 = 120$ lines.

Otherwise the direction is one of the four space-diagonal directions $(1, \pm 1, \pm 1)$ up to sign; by symmetry, count lines parallel to $(1, 1, 1)$ and multiply by $4.$ Such a line $(d + t,\ e + t,\ f + t)$ meets the grid in $10$ $- (\max(d,e,f) - \min(d,e,f))$ points, so exactly $8$ points means $\max - \min = 2.$ Normalizing the base point so that $\min(d, e, f) = 1,$ we need $(d, e, f)$ with entries in $\{1, 2, 3\}$ using both $1$ and $3:$ there are $27 - 8 - 8 + 1 = 12$ of them, hence $12$ lines per direction and $4 \cdot 12 = 48$ in all.

The total is $120 + 48 = 168.$

15.

El tetraedro $ABCD$ tiene $AD = BC = 28,$ $AC = BD = 44,$ y $AB = CD = 52.$ Para cualquier punto $X$ en el espacio, defina $f(X) = AX + BX$ $+ CX + DX.$ El menor valor posible de $f(X)$ puede expresarse como $m\sqrt{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos, y $n$ no es divisible por el cuadrado de ningún primo. Halle $m + n.$

Tetrahedron $ABCD$ has $AD = BC = 28,$ $AC = BD = 44,$ and $AB = CD = 52.$ For any point $X$ in space, define $f(X) = AX + BX$ $+ CX + DX.$ The least possible value of $f(X)$ can be expressed as $m\sqrt{n},$ where $m$ and $n$ are positive integers, and $n$ is not divisible by the square of any prime. Find $m + n.$

Respuesta

Respuesta: 682

Conceptos:Geometría 3D mediana (geometría)desigualdad triangular simetría

Nivel de dificultad: 3500

Solución:

Sean $M$ y $N$ los puntos medios de $\overline{AB}$ y $\overline{CD}.$ Las medianas desde $C$ y desde $D$ hacia $\overline{AB}$ son iguales, ya que los triángulos $ABC$ y $BAD$ son congruentes por $SSS;$ por la fórmula de la longitud de la mediana, $4MD^2 = 2 \cdot 28^2 + 2 \cdot 44^2$ $- 52^2$ $= 2736,$ así que $MC^2 = MD^2 = 684.$ Igualmente $NA = NB.$ Entonces $MN,$ como mediana de los triángulos isósceles $MCD$ y $NAB,$ es perpendicular tanto a $\overline{AB}$ como a $\overline{CD},$ así que la rotación de $180^\circ$ alrededor de la recta $MN$ intercambia $A \leftrightarrow B$ y $C \leftrightarrow D.$ Además $MN^2 = MD^2 - ND^2$ $= 684 - 26^2$ $= 8.$

Para cualquier punto $X,$ sea $X'$ su imagen bajo esta rotación, y sea $Q$ el punto medio de $\overline{XX'},$ que está sobre la recta $MN.$ Entonces $BX = AX'$ y $CX = DX',$ así que $\begin{aligned} &f(X) = (AX + AX') \\ &{}+ (DX + DX') \\ &\ge 2AQ + 2DQ = f(Q), \end{aligned}$ porque una mediana de un triángulo es a lo sumo la mitad de la suma de los dos lados adyacentes. Así que basta con minimizar $f(Q) = 2(AQ + DQ)$ sobre los puntos $Q$ de la recta $MN.$

Rote $D$ alrededor de la recta $MN$ hacia el plano de $A$ y la recta $MN,$ al lado opuesto de $MN$ respecto de $A,$ cayendo en $D'$ con $ND' = ND = 26.$ Para $Q$ sobre la recta $MN,$ $AQ + DQ = AQ + D'Q \ge AD',$ con igualdad donde el segmento $\overline{AD'}$ cruza $MN.$ Como $AM \perp MN$ y $D'N \perp MN$ con $AM = 26$ y $ND' = 26,$ $\begin{aligned} &AD'^2 = (AM + ND')^2 + MN^2 \\ &= 52^2 + 8 = 2712 \\ &= 4 \cdot 678. \end{aligned}$ Por lo tanto el mínimo de $f$ es $2AD' = 4\sqrt{678},$ y como $678 = 2 \cdot 3 \cdot 113$ no tiene factores cuadrados, $m + n = 4 + 678 = 682.$

Let $M$ and $N$ be the midpoints of $\overline{AB}$ and $\overline{CD}.$ The medians from $C$ and from $D$ to $\overline{AB}$ are equal, since triangles $ABC$ and $BAD$ are congruent by $SSS;$ by the median length formula, $4MD^2 = 2 \cdot 28^2 + 2 \cdot 44^2$ $- 52^2$ $= 2736,$ so $MC^2 = MD^2 = 684.$ Likewise $NA = NB.$ Then $MN,$ as a median of the isosceles triangles $MCD$ and $NAB,$ is perpendicular to both $\overline{AB}$ and $\overline{CD},$ so the $180^\circ$ rotation about line $MN$ swaps $A \leftrightarrow B$ and $C \leftrightarrow D.$ Also $MN^2 = MD^2 - ND^2$ $= 684 - 26^2$ $= 8.$

For any point $X,$ let $X'$ be its image under this rotation, and let $Q$ be the midpoint of $\overline{XX'},$ which lies on line $MN.$ Then $BX = AX'$ and $CX = DX',$ so $\begin{aligned} &f(X) = (AX + AX') \\ &{}+ (DX + DX') \\ &\ge 2AQ + 2DQ = f(Q), \end{aligned}$ because a median of a triangle is at most half the sum of the two adjacent sides. So it suffices to minimize $f(Q) = 2(AQ + DQ)$ over points $Q$ on line $MN.$

Rotate $D$ about line $MN$ into the plane of $A$ and line $MN,$ on the opposite side of $MN$ from $A,$ landing at $D'$ with $ND' = ND = 26.$ For $Q$ on line $MN,$ $AQ + DQ = AQ + D'Q \ge AD',$ with equality where segment $\overline{AD'}$ crosses $MN.$ Since $AM \perp MN$ and $D'N \perp MN$ with $AM = 26$ and $ND' = 26,$ $\begin{aligned} &AD'^2 = (AM + ND')^2 + MN^2 \\ &= 52^2 + 8 = 2712 \\ &= 4 \cdot 678. \end{aligned}$ Hence the minimum of $f$ is $2AD' = 4\sqrt{678},$ and since $678 = 2 \cdot 3 \cdot 113$ is squarefree, $m + n = 4 + 678 = 682.$

Problemas del 2017 AIME II

Respuesta: 196

Solución:

Respuesta: 781

Solución:

Respuesta: 409

Solución:

Respuesta: 222

Solución:

Respuesta: 791

Solución:

Respuesta: 195

Solución:

Respuesta: 501

Solución:

Respuesta: 134

Solución:

Respuesta: 13

Solución:

Respuesta: 546

Solución:

Respuesta: 544

Solución:

Respuesta: 110

Solución:

Respuesta: 245

Solución:

Respuesta: 168

Solución:

Respuesta: 682

Solución: