Soluciones del 2019 AIME II | LIVE by Po-Shen Loh

1.

Dos puntos distintos, $C$ y $D,$ están en el mismo lado de la recta $AB$ de modo que $\triangle ABC$ y $\triangle BAD$ son congruentes, con $AB = 9,$ $BC = AD = 10,$ y $CA = DB = 17.$ La intersección de estas dos regiones triangulares tiene área $\frac{m}{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos primos entre sí. Halle $m + n.$

Two different points, $C$ and $D,$ lie on the same side of line $AB$ so that $\triangle ABC$ and $\triangle BAD$ are congruent with $AB = 9,$ $BC = AD = 10,$ and $CA = DB = 17.$ The intersection of these two triangular regions has area $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

Respuesta

Conceptos:geometría analítica congruencia (geometría)área del triángulo

Nivel de dificultad: 2220

Solución:

Coloque $A = (0, 0)$ y $B = (9, 0).$ De $CA = 17$ y $BC = 10,$ resolviendo $x^2 + y^2 = 289$ y $(x - 9)^2 + y^2 = 100$ se obtiene $C = (15, 8).$ La congruencia $\triangle ABC \cong \triangle BAD$ intercambia $A$ y $B,$ así que $D$ es la reflexión de $C$ respecto a la recta $x = \frac{9}{2},$ es decir $D = (-6, 8).$

Un punto está en el triángulo $ABC$ exactamente cuando está sobre o por encima de $\overline{AB},$ del lado de $B$ respecto a la recta $AC,$ y del lado de $A$ respecto a la recta $BC;$ de manera análoga para el triángulo $BAD.$ En el solapamiento las restricciones activas son $y \ge 0,$ la recta $AC,$ y la recta $BD,$ así que la intersección es el triángulo de base $\overline{AB}$ y vértice $E = AC \cap BD.$ La recta $AC$ es $y = \frac{8x}{15}$ y la recta $BD$ es $y = -\frac{8(x - 9)}{15},$ que se cortan en $E = \left(\frac{9}{2}, \frac{12}{5}\right).$

El área es $\frac{1}{2} \cdot 9 \cdot \frac{12}{5} = \frac{54}{5},$ así que $m + n = 54 + 5 = 59.$

Place $A = (0, 0)$ and $B = (9, 0).$ From $CA = 17$ and $BC = 10,$ solving $x^2 + y^2 = 289$ and $(x - 9)^2 + y^2 = 100$ gives $C = (15, 8).$ The congruence $\triangle ABC \cong \triangle BAD$ swaps $A$ and $B,$ so $D$ is the reflection of $C$ across the line $x = \frac{9}{2},$ namely $D = (-6, 8).$

A point lies in triangle $ABC$ exactly when it is on or above $\overline{AB},$ on $B$ 's side of line $AC,$ and on $A$ 's side of line $BC;$ similarly for triangle $BAD.$ In the overlap the binding constraints are $y \ge 0,$ line $AC,$ and line $BD,$ so the intersection is the triangle with base $\overline{AB}$ and apex $E = AC \cap BD.$ Line $AC$ is $y = \frac{8x}{15}$ and line $BD$ is $y = -\frac{8(x - 9)}{15},$ which meet at $E = \left(\frac{9}{2}, \frac{12}{5}\right).$

The area is $\frac{1}{2} \cdot 9 \cdot \frac{12}{5} = \frac{54}{5},$ so $m + n = 54 + 5 = 59.$

2.

Los nenúfares $1, 2, 3, \ldots$ están en fila en un estanque. Una rana realiza una secuencia de saltos comenzando en el nenúfar $1.$ Desde cualquier nenúfar $k$ la rana salta al nenúfar $k + 1$ o al nenúfar $k + 2$ elegido al azar con probabilidad $\frac{1}{2}$ e independientemente de los demás saltos. La probabilidad de que la rana visite el nenúfar $7$ es $\frac{p}{q},$ donde $p$ y $q$ son enteros positivos primos entre sí. Halle $p + q.$

Lily pads $1, 2, 3, \ldots$ lie in a row on a pond. A frog makes a sequence of jumps starting on pad $1.$ From any pad $k$ the frog jumps to either pad $k + 1$ or pad $k + 2$ chosen randomly with probability $\frac{1}{2}$ and independently of other jumps. The probability that the frog visits pad $7$ is $\frac{p}{q},$ where $p$ and $q$ are relatively prime positive integers. Find $p + q.$

Respuesta

Conceptos:probabilidad recursiva recursión

Nivel de dificultad: 2270

Solución:

Sea $p_k$ la probabilidad de que la rana visite el nenúfar $k.$ La rana cae en el nenúfar $k$ exactamente de una de dos maneras disjuntas: visita el nenúfar $k - 1$ y salta $+1$ desde allí (si salta $+2,$ el nenúfar $k$ queda saltado para siempre), o se salta por completo el nenúfar $k - 1$ , lo que requiere visitar el nenúfar $k - 2$ y saltar $+2$ desde él, cayendo en el nenúfar $k.$ Por lo tanto $\begin{aligned} &p_k = \tfrac{1}{2}p_{k-1} + \tfrac{1}{2}p_{k-2}, \\ &\qquad p_1 = 1, \quad p_2 = \tfrac{1}{2}. \end{aligned}$

Iterando: $p_3 = \frac{3}{4},$ $p_4 = \frac{5}{8},$ $p_5 = \frac{11}{16},$ $p_6 = \frac{21}{32},$ y $p_7 = \frac{43}{64}.$ Como $\gcd(43, 64) = 1,$ la respuesta es $43 + 64 = 107.$

Let $p_k$ be the probability that the frog visits pad $k.$ The frog lands on pad $k$ in exactly one of two disjoint ways: it visits pad $k - 1$ and jumps $+1$ from there (if it jumps $+2,$ pad $k$ is skipped forever), or it skips pad $k - 1$ entirely, which requires visiting pad $k - 2$ and jumping $+2$ from it, landing on pad $k.$ Hence $\begin{aligned} &p_k = \tfrac{1}{2}p_{k-1} + \tfrac{1}{2}p_{k-2}, \\ &\qquad p_1 = 1, \quad p_2 = \tfrac{1}{2}. \end{aligned}$

Iterating: $p_3 = \frac{3}{4},$ $p_4 = \frac{5}{8},$ $p_5 = \frac{11}{16},$ $p_6 = \frac{21}{32},$ and $p_7 = \frac{43}{64}.$ Since $\gcd(43, 64) = 1,$ the answer is $43 + 64 = 107.$

3.

Halle el número de $7$ -tuplas de enteros positivos $(a, b, c, d, e, f, g)$ que satisfacen el siguiente sistema de ecuaciones: $abc = 70,$ $cde = 71,$ $efg = 72.$

Find the number of $7$ -tuples of positive integers $(a, b, c, d, e, f, g)$ that satisfy the following system of equations: $abc = 70,$ $cde = 71,$ $efg = 72.$

Respuesta

Conceptos:factorización en primos conteo de factores

Nivel de dificultad: 1950

Solución:

Como $71$ es primo, en $cde = 71$ uno de los tres factores es $71$ y los otros dos valen $1.$ Pero $c$ divide a $abc = 70$ y $e$ divide a $efg = 72,$ y $71$ no divide ni a $70$ ni a $72.$ Así que $c = e = 1$ y $d = 71.$

El sistema se reduce a $ab = 70$ y $fg = 72.$ Cada divisor $a$ de $70$ determina $b,$ dando $\tau(70) = 8$ pares ordenados, y de igual modo $\tau(72) = 12$ pares ordenados $(f, g).$ El total es $8 \cdot 12 = 96.$

Since $71$ is prime, in $cde = 71$ one of the three factors is $71$ and the other two equal $1.$ But $c$ divides $abc = 70$ and $e$ divides $efg = 72,$ and $71$ divides neither $70$ nor $72.$ So $c = e = 1$ and $d = 71.$

The system reduces to $ab = 70$ and $fg = 72.$ Each divisor $a$ of $70$ determines $b,$ giving $\tau(70) = 8$ ordered pairs, and likewise $\tau(72) = 12$ ordered pairs $(f, g).$ The total is $8 \cdot 12 = 96.$

4.

Un dado justo estándar de seis caras se lanza cuatro veces. La probabilidad de que el producto de los cuatro números obtenidos sea un cuadrado perfecto es $\frac{m}{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos primos entre sí. Halle $m + n.$

A standard six-sided fair die is rolled four times. The probability that the product of all four numbers rolled is a perfect square is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

Respuesta

Conceptos:dados (probabilidad)cuadrado perfecto paridad análisis por casos

Nivel de dificultad: 2480

Solución:

El producto es un cuadrado perfecto exactamente cuando cada uno de los primos $2,$ $3,$ y $5$ aparece con exponente par. Solo un lanzamiento de $5$ aporta el primo $5,$ así que la cantidad de $5$ es par: $0,$ $2,$ o $4.$ Clasifique los demás valores según las paridades de sus exponentes de $2$ y $3:$ los lanzamientos de $1$ y $4$ aportan $(0, 0),$ un $2$ aporta $(1, 0),$ un $3$ aporta $(0, 1),$ y un $6$ aporta $(1, 1).$ El exponente de $2$ es par si y solo si la cantidad de $2$ más la cantidad de $6$ es par, y de manera análoga para los $3$ y los $6$ , así que una colección de lanzamientos que no son $5$ funciona exactamente cuando las cantidades de $2$ , $3$ y $6$ son todas pares o todas impares.

Sin ningún $5$ , los cuatro lanzamientos provienen de $\{1, 2, 3, 4, 6\}.$ Casos todos pares: sin $2$ , $3$ ni $6$ da $2^4 = 16$ secuencias (cada lanzamiento es $1$ o $4$ ); exactamente dos de un mismo tipo da $3 \cdot \frac{4!}{2!\,2!} \cdot 2^2 = 72;$ dos de cada uno de dos tipos da $3 \cdot \frac{4!}{2!\,2!} = 18;$ cuatro de un tipo da $3.$ Caso todos impares: un $2,$ un $3,$ un $6,$ y un lanzamiento de $\{1, 4\}$ da $4! \cdot 2 = 48.$ Subtotal $16 + 72 + 18 + 3 + 48 = 157.$ Con dos $5$ , elija sus posiciones de $\binom{4}{2} = 6$ maneras; los otros dos lanzamientos deben estar en la misma clase de paridad, dando $2^2 + 1 + 1 + 1 = 7$ pares ordenados, para $42$ secuencias. Con cuatro $5$ hay $1$ secuencia.

En total $157 + 42 + 1 = 200$ de las $6^4 = 1296$ secuencias funcionan, así que la probabilidad es $\frac{200}{1296} = \frac{25}{162},$ y $m + n = 25 + 162 = 187.$

The product is a perfect square exactly when each of the primes $2,$ $3,$ and $5$ appears with even exponent. Only a roll of $5$ contributes the prime $5,$ so the number of $5$ s is even: $0,$ $2,$ or $4.$ Classify the other values by the parities of their exponents of $2$ and $3:$ rolls of $1$ and $4$ contribute $(0, 0),$ a $2$ contributes $(1, 0),$ a $3$ contributes $(0, 1),$ and a $6$ contributes $(1, 1).$ The exponent of $2$ is even iff the count of $2$ s plus the count of $6$ s is even, and similarly for $3$ s and $6$ s, so a collection of non- $5$ rolls works exactly when the counts of $2$ s, $3$ s, and $6$ s are all even or all odd.

With no $5$ s, all four rolls come from $\{1, 2, 3, 4, 6\}.$ All-even cases: no $2$ s, $3$ s, or $6$ s gives $2^4 = 16$ sequences (each roll is $1$ or $4$ ); exactly two of a single kind gives $3 \cdot \frac{4!}{2!\,2!} \cdot 2^2 = 72;$ two of each of two kinds gives $3 \cdot \frac{4!}{2!\,2!} = 18;$ four of one kind gives $3.$ All-odd case: one $2,$ one $3,$ one $6,$ and one roll from $\{1, 4\}$ gives $4! \cdot 2 = 48.$ Subtotal $16 + 72 + 18 + 3 + 48 = 157.$ With two $5$ s, choose their positions in $\binom{4}{2} = 6$ ways; the other two rolls must lie in the same parity class, giving $2^2 + 1 + 1 + 1 = 7$ ordered pairs, for $42$ sequences. With four $5$ s there is $1$ sequence.

In total $157 + 42 + 1 = 200$ of the $6^4 = 1296$ sequences work, so the probability is $\frac{200}{1296} = \frac{25}{162},$ and $m + n = 25 + 162 = 187.$

5.

Cuatro embajadores y un asesor para cada uno de ellos deben sentarse en una mesa redonda con $12$ sillas numeradas en orden de $1$ a $12.$ Cada embajador debe sentarse en una silla de número par. Cada asesor debe sentarse en una silla adyacente a su embajador. Hay $N$ maneras de sentar a las $8$ personas en la mesa bajo estas condiciones. Halle el residuo cuando $N$ se divide entre $1000.$

Four ambassadors and one advisor for each of them are to be seated at a round table with $12$ chairs numbered in order $1$ to $12.$ Each ambassador must sit in an even-numbered chair. Each advisor must sit in a chair adjacent to his or her ambassador. There are $N$ ways for the $8$ people to be seated at the table under these conditions. Find the remainder when $N$ is divided by $1000.$

Respuesta

Conceptos:arreglos circulares arreglos con restricciones análisis por casos

Nivel de dificultad: 2650

Solución:

Las seis sillas pares forman un ciclo (la silla $12$ es adyacente a la silla $1$ ), y cada silla impar está entre dos sillas pares consecutivas. Los embajadores ocupan $4$ de las $6$ sillas pares, y cada asesor debe tomar una de las dos sillas impares que flanquean a su embajador, con todas las elecciones distintas. Para un bloque maximal de $k$ sillas pares ocupadas consecutivas, los $k$ ocupantes eligen entre las $k + 1$ sillas impares que tocan el bloque; registrando cada elección como izquierda o derecha, ocurre un conflicto exactamente cuando alguien elige derecha y su vecino elige izquierda, así que los patrones válidos son las cadenas de $L$ seguidas de $R$ : $k + 1$ de ellos.

Ahora distinga casos según las dos sillas pares vacías entre las seis posiciones. Si son adyacentes ( $6$ maneras), las sillas ocupadas forman un bloque de $4,$ dando $5$ patrones. Si están separadas por una silla ( $6$ maneras), los bloques tienen tamaños $1$ y $3,$ dando $2 \cdot 4 = 8$ patrones. Si son opuestas ( $3$ maneras), los bloques tienen tamaños $2$ y $2,$ dando $3 \cdot 3 = 9$ patrones. El número de configuraciones de asientos es $6 \cdot 5 + 6 \cdot 8 + 3 \cdot 9 = 105.$

Finalmente, los cuatro pares embajador-asesor pueden asignarse a las cuatro sillas pares elegidas de $4! = 24$ maneras, así que $N = 105 \cdot 24 = 2520,$ y el residuo módulo $1000$ es $520.$

The six even chairs form a cycle (chair $12$ is adjacent to chair $1$ ), and each odd chair lies between two consecutive even chairs. The ambassadors occupy $4$ of the $6$ even chairs, and each advisor must take one of the two odd chairs flanking their ambassador, with all choices distinct. For a maximal block of $k$ consecutive occupied even chairs, the $k$ occupants choose among the $k + 1$ odd chairs touching the block; recording each choice as left or right, a conflict occurs exactly when someone picks right and their neighbor picks left, so the valid patterns are the strings of $L$ s followed by $R$ s: $k + 1$ of them.

Now case on the two empty even chairs among the six positions. If they are adjacent ( $6$ ways), the occupied chairs form one block of $4,$ giving $5$ patterns. If they are separated by one chair ( $6$ ways), the blocks have sizes $1$ and $3,$ giving $2 \cdot 4 = 8$ patterns. If they are opposite ( $3$ ways), the blocks have sizes $2$ and $2,$ giving $3 \cdot 3 = 9$ patterns. The number of seat configurations is $6 \cdot 5 + 6 \cdot 8 + 3 \cdot 9 = 105.$

Finally, the four ambassador-advisor pairs can be assigned to the four chosen even chairs in $4! = 24$ ways, so $N = 105 \cdot 24 = 2520,$ and the remainder modulo $1000$ is $520.$

6.

En una civilización marciana, se supone que todos los logaritmos cuyas bases no están especificadas tienen base $b,$ para cierto valor fijo $b \ge 2.$ Un estudiante marciano escribe $3\log(\sqrt{x}\log x) = 56$ $\log_{\log x}(x) = 54$ y descubre que este sistema de ecuaciones tiene una única solución real $x \gt 1.$ Halle $b.$

In a Martian civilization, all logarithms whose bases are not specified are assumed to be base $b,$ for some fixed $b \ge 2.$ A Martian student writes down $3\log(\sqrt{x}\log x) = 56$ $\log_{\log x}(x) = 54$ and finds that this system of equations has a single real number solution $x \gt 1.$ Find $b.$

Respuesta

Conceptos:logaritmo sistema de ecuaciones sustitución

Nivel de dificultad: 2400

Solución:

Sea $y = \log_b x.$ Por la fórmula de cambio de base, $\begin{aligned} \log_{\log x}(x) &= \frac{\log_b x}{\log_b(\log_b x)} \\ &= \frac{y}{\log_b y} = 54, \end{aligned}$ así que $\log_b y = \frac{y}{54}.$ La primera ecuación dice $3\left(\frac{1}{2}\log_b x + \log_b(\log_b x)\right) = 56,$ es decir, $\frac{y}{2} + \log_b y = \frac{56}{3}.$

Sustituyendo $\log_b y = \frac{y}{54}$ se obtiene $\frac{y}{2} + \frac{y}{54} = \frac{56}{3},$ así que $\frac{28y}{54} = \frac{56}{3}$ y $y = 36.$ Entonces $\log_b 36 = \frac{36}{54} = \frac{2}{3},$ por lo que $b^{2/3} = 36$ y $b = 36^{3/2} = 216.$

Let $y = \log_b x.$ By the change-of-base formula, $\begin{aligned} \log_{\log x}(x) &= \frac{\log_b x}{\log_b(\log_b x)} \\ &= \frac{y}{\log_b y} = 54, \end{aligned}$ so $\log_b y = \frac{y}{54}.$ The first equation says $3\left(\frac{1}{2}\log_b x + \log_b(\log_b x)\right) = 56,$ that is, $\frac{y}{2} + \log_b y = \frac{56}{3}.$

Substituting $\log_b y = \frac{y}{54}$ gives $\frac{y}{2} + \frac{y}{54} = \frac{56}{3},$ so $\frac{28y}{54} = \frac{56}{3}$ and $y = 36.$ Then $\log_b 36 = \frac{36}{54} = \frac{2}{3},$ so $b^{2/3} = 36$ and $b = 36^{3/2} = 216.$

7.

El triángulo $ABC$ tiene lados $AB = 120,$ $BC = 220,$ y $AC = 180.$ Se trazan las rectas $\ell_A,$ $\ell_B,$ y $\ell_C$ paralelas a $\overline{BC},$ $\overline{AC},$ y $\overline{AB},$ respectivamente, de modo que las intersecciones de $\ell_A,$ $\ell_B,$ y $\ell_C$ con el interior de $\triangle ABC$ son segmentos de longitudes $55,$ $45,$ y $15,$ respectivamente. Halle el perímetro del triángulo cuyos lados están sobre las rectas $\ell_A,$ $\ell_B,$ y $\ell_C.$

Triangle $ABC$ has side lengths $AB = 120,$ $BC = 220,$ and $AC = 180.$ Lines $\ell_A,$ $\ell_B,$ and $\ell_C$ are drawn parallel to $\overline{BC},$ $\overline{AC},$ and $\overline{AB},$ respectively, such that the intersections of $\ell_A,$ $\ell_B,$ and $\ell_C$ with the interior of $\triangle ABC$ are segments of lengths $55,$ $45,$ and $15,$ respectively. Find the perimeter of the triangle whose sides lie on lines $\ell_A,$ $\ell_B,$ and $\ell_C.$

Respuesta

Conceptos:semejanza rectas paralelas

Nivel de dificultad: 2790

Solución:

Para un punto $P,$ sea $\alpha$ la distancia de $P$ a la recta $BC$ dividida entre la longitud de la altura desde $A,$ y defina $\beta$ (a $CA$ ) y $\gamma$ (a $AB$ ) de manera análoga; entonces $\alpha + \beta + \gamma = 1$ para los puntos interiores, ya que $[PBC] + [PCA]$ $+ [PAB] = [ABC].$ Una cuerda paralela a $\overline{BC}$ en el nivel $\alpha$ recorta en $A$ un triángulo semejante a $ABC$ con razón $1 - \alpha,$ así que su longitud es $220(1 - \alpha).$ La cuerda de longitud $55$ da $1 - \alpha = \frac{1}{4},$ por lo que $\ell_A$ es la recta $\alpha = \frac{3}{4};$ de manera análoga $45 = 180(1 - \beta)$ ubica $\ell_B$ en $\beta = \frac{3}{4},$ y $15 = 120(1 - \gamma)$ ubica $\ell_C$ en $\gamma = \frac{7}{8}.$

A lo largo de cualquier recta paralela a $\overline{BC},$ la coordenada $\beta$ varía linealmente, y sobre la cuerda en el nivel $\alpha$ dentro del triángulo, $\beta$ recorre un intervalo de longitud $1 - \alpha$ mientras que la cuerda tiene longitud $220(1 - \alpha);$ por lo tanto un segmento paralelo a $\overline{BC}$ cuyos extremos difieren en $\Delta\beta$ tiene longitud $220\,|\Delta\beta|.$ El lado del nuevo triángulo sobre $\ell_A$ va desde $\ell_A \cap \ell_B,$ donde $\beta = \frac{3}{4},$ hasta $\ell_A \cap \ell_C,$ donde $\beta = 1 - \frac{3}{4} - \frac{7}{8} = -\frac{5}{8}.$ Su longitud es $220\left(\frac{3}{4} + \frac{5}{8}\right) = 220 \cdot \frac{11}{8}.$

Como las tres rectas son paralelas a los lados de $ABC,$ el triángulo que delimitan es semejante a $ABC,$ aquí con razón $\frac{11}{8}.$ Su perímetro es $\frac{11}{8}(120 + 220 + 180)$ $= \frac{11}{8} \cdot 520 = 715.$

For a point $P,$ let $\alpha$ be the distance from $P$ to line $BC$ divided by the length of the altitude from $A,$ and define $\beta$ (to $CA$ ) and $\gamma$ (to $AB$ ) similarly; then $\alpha + \beta + \gamma = 1$ for points inside, since $[PBC] + [PCA]$ $+ [PAB] = [ABC].$ A chord parallel to $\overline{BC}$ at level $\alpha$ cuts off a triangle at $A$ similar to $ABC$ with ratio $1 - \alpha,$ so its length is $220(1 - \alpha).$ The chord of length $55$ gives $1 - \alpha = \frac{1}{4},$ so $\ell_A$ is the line $\alpha = \frac{3}{4};$ similarly $45 = 180(1 - \beta)$ puts $\ell_B$ at $\beta = \frac{3}{4},$ and $15 = 120(1 - \gamma)$ puts $\ell_C$ at $\gamma = \frac{7}{8}.$

Along any line parallel to $\overline{BC},$ the coordinate $\beta$ varies linearly, and on the chord at level $\alpha$ inside the triangle, $\beta$ runs over an interval of length $1 - \alpha$ while the chord has length $220(1 - \alpha);$ hence a segment parallel to $\overline{BC}$ with endpoints differing by $\Delta\beta$ has length $220\,|\Delta\beta|.$ The side of the new triangle on $\ell_A$ runs from $\ell_A \cap \ell_B,$ where $\beta = \frac{3}{4},$ to $\ell_A \cap \ell_C,$ where $\beta = 1 - \frac{3}{4} - \frac{7}{8} = -\frac{5}{8}.$ Its length is $220\left(\frac{3}{4} + \frac{5}{8}\right) = 220 \cdot \frac{11}{8}.$

Since the three lines are parallel to the sides of $ABC,$ the triangle they bound is similar to $ABC,$ here with ratio $\frac{11}{8}.$ Its perimeter is $\frac{11}{8}(120 + 220 + 180)$ $= \frac{11}{8} \cdot 520 = 715.$

8.

El polinomio $f(z) = az^{2018} + bz^{2017} + cz^{2016}$ tiene coeficientes reales que no superan $2019,$ y $f\left(\frac{1 + \sqrt{3}i}{2}\right) = 2015 + 2019\sqrt{3}i.$ Halle el residuo cuando $f(1)$ se divide entre $1000.$

The polynomial $f(z) = az^{2018} + bz^{2017} + cz^{2016}$ has real coefficients not exceeding $2019,$ and $f\left(\frac{1 + \sqrt{3}i}{2}\right) = 2015 + 2019\sqrt{3}i.$ Find the remainder when $f(1)$ is divided by $1000.$

Respuesta

Conceptos:raíces de la unidad número complejo polinomio

Nivel de dificultad: 2560

Solución:

Sea $\omega = \frac{1 + \sqrt{3}i}{2} = \cos 60^\circ + i\sin 60^\circ,$ una raíz sexta primitiva de la unidad. Como $2016 = 6 \cdot 336,$ obtenemos $\omega^{2016} = 1,$ $\omega^{2017} = \omega,$ y $\omega^{2018} = \omega^2 = \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2}.$ Por lo tanto $\begin{aligned} f(\omega) &= a\omega^2 + b\omega + c \\ &= \left(c + \frac{b - a}{2}\right) \\ &\quad {}+ \frac{(a + b)\sqrt{3}}{2}\,i. \end{aligned}$

Igualando las partes imaginarias, $\frac{a + b}{2} = 2019,$ así que $a + b = 4038.$ Como $a \le 2019$ y $b \le 2019,$ esto obliga a $a = b = 2019.$ Igualando luego las partes reales, se obtiene $c + 0 = 2015,$ por lo que $c = 2015.$

Por lo tanto $f(1) = a + b + c$ $= 4038 + 2015 = 6053,$ cuyo residuo al dividir entre $1000$ es $53.$

Let $\omega = \frac{1 + \sqrt{3}i}{2} = \cos 60^\circ + i\sin 60^\circ,$ a primitive sixth root of unity. Since $2016 = 6 \cdot 336,$ we get $\omega^{2016} = 1,$ $\omega^{2017} = \omega,$ and $\omega^{2018} = \omega^2 = \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2}.$ Therefore $\begin{aligned} f(\omega) &= a\omega^2 + b\omega + c \\ &= \left(c + \frac{b - a}{2}\right) \\ &\quad {}+ \frac{(a + b)\sqrt{3}}{2}\,i. \end{aligned}$

Matching imaginary parts, $\frac{a + b}{2} = 2019,$ so $a + b = 4038.$ Since $a \le 2019$ and $b \le 2019,$ this forces $a = b = 2019.$ Matching real parts then gives $c + 0 = 2015,$ so $c = 2015.$

Hence $f(1) = a + b + c$ $= 4038 + 2015 = 6053,$ whose remainder upon division by $1000$ is $53.$

9.

Diga que un entero positivo $n$ es $k$ -bonito si $n$ tiene exactamente $k$ divisores positivos y $n$ es divisible entre $k.$ Por ejemplo, $18$ es $6$ -bonito. Sea $S$ la suma de los enteros positivos menores que $2019$ que son $20$ -bonitos. Halle $\frac{S}{20}.$

Call a positive integer $n$ $k$ -pretty if $n$ has exactly $k$ positive divisors and $n$ is divisible by $k.$ For example, $18$ is $6$ -pretty. Let $S$ be the sum of the positive integers less than $2019$ that are $20$ -pretty. Find $\frac{S}{20}.$

Respuesta

Conceptos:conteo de factores factorización en primos análisis por casos

Nivel de dificultad: 2650

Solución:

Necesitamos $20 \mid n$ y $\tau(n) = 20.$ Escriba $n = 2^a 5^b m$ con $\gcd(m, 10) = 1;$ entonces $a \ge 2,$ $b \ge 1,$ y $(a + 1)(b + 1)\tau(m) = 20$ con $a + 1 \ge 3$ y $b + 1 \ge 2.$ El factor $a + 1$ debe ser un divisor de $20$ que sea al menos $3:$ uno de $4,$ $5,$ $10,$ $20.$

Si $a + 1 = 4,$ entonces $(b + 1)\tau(m) = 5$ fuerza $b = 4,$ $m = 1,$ así que $n = 2^3 5^4 = 5000,$ demasiado grande. Si $a + 1 = 10,$ entonces $b = 1,$ $m = 1,$ y $n = 2^9 \cdot 5 = 2560,$ demasiado grande; $a + 1 = 20$ es aún mayor. Si $a + 1 = 5,$ entonces $(b + 1)\tau(m) = 4,$ dando o bien $b = 3,$ $m = 1,$ así que $n = 2^4 5^3 = 2000 \lt 2019,$ o bien $b = 1$ y $\tau(m) = 2,$ de modo que $m = p$ es un primo distinto de $2$ y $5$ y $n = 80p \lt 2019,$ es decir $p \le 25:$ $p \in \{3, 7, 11, 13, 17, 19, 23\}.$

Por lo tanto $\begin{aligned} S &= 2000 \\ &\quad {}+ 80\tiny(3 + 7 + 11 + 13 + 17 + 19 + 23) \\ &= 2000 + 80 \cdot 93 \\ &= 9440, \end{aligned}$ así que $\frac{S}{20} = 472.$

We need $20 \mid n$ and $\tau(n) = 20.$ Write $n = 2^a 5^b m$ with $\gcd(m, 10) = 1;$ then $a \ge 2,$ $b \ge 1,$ and $(a + 1)(b + 1)\tau(m) = 20$ with $a + 1 \ge 3$ and $b + 1 \ge 2.$ The factor $a + 1$ must be a divisor of $20$ that is at least $3:$ one of $4,$ $5,$ $10,$ $20.$

If $a + 1 = 4,$ then $(b + 1)\tau(m) = 5$ forces $b = 4,$ $m = 1,$ so $n = 2^3 5^4 = 5000,$ too large. If $a + 1 = 10,$ then $b = 1,$ $m = 1,$ and $n = 2^9 \cdot 5 = 2560,$ too large; $a + 1 = 20$ is larger still. If $a + 1 = 5,$ then $(b + 1)\tau(m) = 4,$ giving either $b = 3,$ $m = 1,$ so $n = 2^4 5^3 = 2000 \lt 2019,$ or $b = 1$ and $\tau(m) = 2,$ so $m = p$ is a prime other than $2$ and $5$ and $n = 80p \lt 2019,$ i.e. $p \le 25:$ $p \in \{3, 7, 11, 13, 17, 19, 23\}.$

Therefore $\begin{aligned} S &= 2000 \\ &\quad {}+ 80\tiny(3 + 7 + 11 + 13 + 17 + 19 + 23) \\ &= 2000 + 80 \cdot 93 \\ &= 9440, \end{aligned}$ and $\frac{S}{20} = 472.$

10.

Existe un único ángulo $\theta$ entre $0^\circ$ y $90^\circ$ tal que, para los enteros no negativos $n,$ el valor de $\tan(2^n\theta)$ es positivo cuando $n$ es múltiplo de $3,$ y negativo en caso contrario. La medida en grados de $\theta$ es $\frac{p}{q},$ donde $p$ y $q$ son enteros positivos primos entre sí. Halle $p + q.$

There is a unique angle $\theta$ between $0^\circ$ and $90^\circ$ such that for nonnegative integers $n,$ the value of $\tan(2^n\theta)$ is positive when $n$ is a multiple of $3,$ and negative otherwise. The degree measure of $\theta$ is $\frac{p}{q},$ where $p$ and $q$ are relatively prime positive integers. Find $p + q.$

Respuesta

Conceptos:trigonometría aritmética modular

Nivel de dificultad: 2840

Solución:

Como $\tan$ tiene período $180^\circ,$ solo importa $2^n\theta \bmod 180^\circ$ : la tangente es positiva en $(0^\circ, 90^\circ)$ y negativa en $(90^\circ, 180^\circ).$ Suponga que $\theta$ satisface la condición, y sea $\theta'$ la reducción de $8\theta$ módulo $180^\circ;$ como $\tan(8\theta) \gt 0,$ tenemos $\theta' \in (0^\circ, 90^\circ).$ Para todo $n,$ $2^n\theta' \equiv 2^{n+3}\theta \pmod{180^\circ},$ y el patrón de signos para los exponentes $n + 3$ es el mismo que para $n,$ así que $\theta'$ también satisface la condición. Por unicidad, $\theta' = \theta,$ de modo que $7\theta \equiv 0 \pmod{180^\circ}$ y $\theta = \frac{180k}{7}$ grados para algún $k \in \{1, 2, 3\}.$

Pruebe cada uno: para $k = 1,$ $2\theta = \frac{360^\circ}{7} \approx 51.4^\circ$ tiene tangente positiva, falla. Para $k = 2,$ $4\theta = \frac{1440^\circ}{7} \equiv \frac{180^\circ}{7} \approx 25.7^\circ$ tiene tangente positiva, falla. Para $k = 3,$ $\theta = \frac{540^\circ}{7} \approx 77.1^\circ:$ entonces $2\theta \approx 154.3^\circ$ y $4\theta \equiv 128.6^\circ$ están ambos en $(90^\circ, 180^\circ),$ y $8\theta \equiv \theta,$ así que el patrón positivo, negativo, negativo se repite para siempre.

Así $\theta = \frac{540}{7}$ grados, y $p + q = 540 + 7 = 547.$

Since $\tan$ has period $180^\circ,$ only $2^n\theta \bmod 180^\circ$ matters: the tangent is positive on $(0^\circ, 90^\circ)$ and negative on $(90^\circ, 180^\circ).$ Suppose $\theta$ satisfies the condition, and let $\theta'$ be the reduction of $8\theta$ modulo $180^\circ;$ since $\tan(8\theta) \gt 0,$ we have $\theta' \in (0^\circ, 90^\circ).$ For every $n,$ $2^n\theta' \equiv 2^{n+3}\theta \pmod{180^\circ},$ and the sign pattern for the exponents $n + 3$ is the same as for $n,$ so $\theta'$ also satisfies the condition. By uniqueness, $\theta' = \theta,$ so $7\theta \equiv 0 \pmod{180^\circ}$ and $\theta = \frac{180k}{7}$ degrees for some $k \in \{1, 2, 3\}.$

Test each: for $k = 1,$ $2\theta = \frac{360^\circ}{7} \approx 51.4^\circ$ has positive tangent — fails. For $k = 2,$ $4\theta = \frac{1440^\circ}{7} \equiv \frac{180^\circ}{7} \approx 25.7^\circ$ has positive tangent — fails. For $k = 3,$ $\theta = \frac{540^\circ}{7} \approx 77.1^\circ:$ then $2\theta \approx 154.3^\circ$ and $4\theta \equiv 128.6^\circ$ are both in $(90^\circ, 180^\circ),$ and $8\theta \equiv \theta,$ so the pattern positive, negative, negative repeats forever.

Thus $\theta = \frac{540}{7}$ degrees, and $p + q = 540 + 7 = 547.$

11.

El triángulo $ABC$ tiene lados $AB = 7,$ $BC = 8,$ y $CA = 9.$ El círculo $\omega_1$ pasa por $B$ y es tangente a la recta $AC$ en $A.$ El círculo $\omega_2$ pasa por $C$ y es tangente a la recta $AB$ en $A.$ Sea $K$ la intersección de los círculos $\omega_1$ y $\omega_2$ distinta de $A.$ Entonces $AK = \frac{m}{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos primos entre sí. Halle $m + n.$

Triangle $ABC$ has side lengths $AB = 7,$ $BC = 8,$ and $CA = 9.$ Circle $\omega_1$ passes through $B$ and is tangent to line $AC$ at $A.$ Circle $\omega_2$ passes through $C$ and is tangent to line $AB$ at $A.$ Let $K$ be the intersection of circles $\omega_1$ and $\omega_2$ not equal to $A.$ Then $AK = \frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

Respuesta

Conceptos:recta tangente semejanza ley de los cosenos

Nivel de dificultad: 2990

Solución:

Por el ángulo tangente-cuerda en $\omega_1$ (tangente $AC,$ cuerda $AK$ ), $\angle KAC = \angle KBA,$ y en $\omega_2$ (tangente $AB,$ cuerda $AK$ ), $\angle KAB = \angle KCA.$ Escriba $u = \angle KAC$ y $v = \angle KAB,$ de modo que $u + v = \angle A.$ Los triángulos $KAB$ y $KCA$ tienen entonces $\angle KAB = v = \angle KCA$ y $\angle KBA = u = \angle KAC,$ así que $\triangle KAB \sim \triangle KCA.$ Con $t = AK$ esto da $\frac{KB}{t} = \frac{t}{KC} = \frac{AB}{CA} = \frac{7}{9},$ por lo que $KB = \frac{7t}{9}$ y $KC = \frac{9t}{7}.$ Además $\angle AKB = \angle AKC$ $= 180^\circ - u - v$ $= 180^\circ - \angle A,$ así que $\angle BKC = 360^\circ - 2(180^\circ - \angle A)$ $= 2\angle A.$

Por la ley de cosenos en $ABC,$ $\cos A = \frac{49 + 81 - 64}{2 \cdot 7 \cdot 9} = \frac{11}{21},$ así que $\cos 2A = 2\left(\frac{11}{21}\right)^2 - 1 = -\frac{199}{441}.$ La ley de cosenos en el triángulo $BKC$ da $\begin{aligned} 64 &= \frac{49t^2}{81} + \frac{81t^2}{49} - 2t^2\cos 2A \\ &= t^2 \cdot \frac{2401 + 6561 + 3582}{3969} \\ &= \frac{12544\,t^2}{3969}, \end{aligned}$ por lo que $t^2 = \frac{64 \cdot 3969}{12544} = \frac{3969}{196}$ y $t = \frac{63}{14} = \frac{9}{2}.$

Por lo tanto $AK = \frac{9}{2}$ y $m + n = 9 + 2 = 11.$

By the tangent-chord angle in $\omega_1$ (tangent $AC,$ chord $AK$ ), $\angle KAC = \angle KBA,$ and in $\omega_2$ (tangent $AB,$ chord $AK$ ), $\angle KAB = \angle KCA.$ Write $u = \angle KAC$ and $v = \angle KAB,$ so $u + v = \angle A.$ Triangles $KAB$ and $KCA$ then have $\angle KAB = v = \angle KCA$ and $\angle KBA = u = \angle KAC,$ so $\triangle KAB \sim \triangle KCA.$ With $t = AK$ this gives $\frac{KB}{t} = \frac{t}{KC} = \frac{AB}{CA} = \frac{7}{9},$ so $KB = \frac{7t}{9}$ and $KC = \frac{9t}{7}.$ Also $\angle AKB = \angle AKC$ $= 180^\circ - u - v$ $= 180^\circ - \angle A,$ so $\angle BKC = 360^\circ - 2(180^\circ - \angle A)$ $= 2\angle A.$

From the law of cosines in $ABC,$ $\cos A = \frac{49 + 81 - 64}{2 \cdot 7 \cdot 9} = \frac{11}{21},$ so $\cos 2A = 2\left(\frac{11}{21}\right)^2 - 1 = -\frac{199}{441}.$ The law of cosines in triangle $BKC$ gives $\begin{aligned} 64 &= \frac{49t^2}{81} + \frac{81t^2}{49} - 2t^2\cos 2A \\ &= t^2 \cdot \frac{2401 + 6561 + 3582}{3969} \\ &= \frac{12544\,t^2}{3969}, \end{aligned}$ so $t^2 = \frac{64 \cdot 3969}{12544} = \frac{3969}{196}$ and $t = \frac{63}{14} = \frac{9}{2}.$

Hence $AK = \frac{9}{2}$ and $m + n = 9 + 2 = 11.$

12.

Para $n \ge 1$ diga que una sucesión finita $(a_1, a_2, \ldots, a_n)$ de enteros positivos es progresiva si $a_i \lt a_{i+1}$ y $a_i$ divide a $a_{i+1}$ para $1 \le i \le n - 1.$ Halle el número de sucesiones progresivas tales que la suma de los términos de la sucesión sea igual a $360.$

For $n \ge 1$ call a finite sequence $(a_1, a_2, \ldots, a_n)$ of positive integers progressive if $a_i \lt a_{i+1}$ and $a_i$ divides $a_{i+1}$ for $1 \le i \le n - 1.$ Find the number of progressive sequences such that the sum of the terms in the sequence is equal to $360.$

Respuesta

Conceptos:conteo recursivo divisibilidad

Nivel de dificultad: 3060

Solución:

La divisibilidad es transitiva, así que cada término de una sucesión progresiva es múltiplo del primer término. Si una sucesión con suma $360$ tiene longitud al menos $2$ y primer término $d,$ entonces $d \mid 360,$ y dividir los términos restantes entre $d$ produce una sucesión progresiva con primer término al menos $2$ y suma $\frac{360 - d}{d} = \frac{360}{d} - 1;$ esta correspondencia es reversible. Por lo tanto, si $g(s)$ denota el número de sucesiones progresivas con suma $s$ y primer término al menos $2,$ la respuesta es $1 + \sum_{d \mid 360,\, d \lt 360} g\!\left(\frac{360}{d} - 1\right),$ donde el $1$ inicial cuenta la sucesión $(360).$

La misma reducción da la recursión $\begin{aligned} g(s) &= 1 + \sum_{\substack{e \mid s \\ 2 \le e \lt s}} g\!\left(\frac{s}{e} - 1\right) \\ &\qquad (s \ge 2), \end{aligned}$ con $g(1) = 0;$ en particular $g(s) = 1$ cuando $s$ es primo. Avanzando hacia arriba: $g(2) = g(3) = g(4)$ $= g(5) = g(7) = 1;$ $g(6) = 1 + g(2) = 2;$ $g(8) = 1 + g(3) = 2;$ $g(9) = 1 + g(2) = 2;$ $g(10) = 1 + g(4) = 2;$ $g(12) = 1 + g(5) + g(3) + g(2)$ $= 4;$ $g(14) = 1 + g(6) = 3;$ $g(16) = 1 + g(7) + g(3) = 3;$ $g(21) = 1 + g(6) + g(2) = 4;$ $g(35) = 1 + g(6) + g(4) = 4;$ $g(39) = 1 + g(12) + g(2) = 6;$ $g(44) = 1 + g(21) + g(10)$ $+ g(3) = 8;$ $g(119) = 1 + g(16) + g(6) = 6.$

Los $23$ divisores $d \lt 360$ dan los argumentos $\frac{360}{d} - 1 = 359,$ $179,$ $119,$ $89,$ $71,$ $59,$ $44,$ $39,$ $35,$ $29,$ $23,$ $19,$ $17,$ $14,$ $11,$ $9,$ $8,$ $7,$ $5,$ $4,$ $3,$ $2,$ $1,$ cuyos valores de $g$ son $1, 1, 6, 1,$ $1, 1, 8, 6,$ $4, 1, 1, 1,$ $1, 3, 1, 2,$ $2, 1, 1, 1,$ $1, 1, 0,$ que suman $46.$ Sumando la sucesión de un solo término se obtiene $46 + 1 = 47.$

Divisibility is transitive, so every term of a progressive sequence is a multiple of the first term. If a sequence with sum $360$ has length at least $2$ and first term $d,$ then $d \mid 360,$ and dividing the remaining terms by $d$ yields a progressive sequence with first term at least $2$ and sum $\frac{360 - d}{d} = \frac{360}{d} - 1;$ this correspondence is reversible. So if $g(s)$ denotes the number of progressive sequences with sum $s$ and first term at least $2,$ the answer is $1 + \sum_{d \mid 360,\, d \lt 360} g\!\left(\frac{360}{d} - 1\right),$ the leading $1$ counting the sequence $(360).$

The same reduction gives the recursion $\begin{aligned} g(s) &= 1 + \sum_{\substack{e \mid s \\ 2 \le e \lt s}} g\!\left(\frac{s}{e} - 1\right) \\ &\qquad (s \ge 2), \end{aligned}$ with $g(1) = 0;$ in particular $g(s) = 1$ when $s$ is prime. Working upward: $g(2) = g(3) = g(4)$ $= g(5) = g(7) = 1;$ $g(6) = 1 + g(2) = 2;$ $g(8) = 1 + g(3) = 2;$ $g(9) = 1 + g(2) = 2;$ $g(10) = 1 + g(4) = 2;$ $g(12) = 1 + g(5) + g(3) + g(2)$ $= 4;$ $g(14) = 1 + g(6) = 3;$ $g(16) = 1 + g(7) + g(3) = 3;$ $g(21) = 1 + g(6) + g(2) = 4;$ $g(35) = 1 + g(6) + g(4) = 4;$ $g(39) = 1 + g(12) + g(2) = 6;$ $g(44) = 1 + g(21) + g(10)$ $+ g(3) = 8;$ $g(119) = 1 + g(16) + g(6) = 6.$

The $23$ divisors $d \lt 360$ give arguments $\frac{360}{d} - 1 = 359,$ $179,$ $119,$ $89,$ $71,$ $59,$ $44,$ $39,$ $35,$ $29,$ $23,$ $19,$ $17,$ $14,$ $11,$ $9,$ $8,$ $7,$ $5,$ $4,$ $3,$ $2,$ $1,$ whose $g$ -values are $1, 1, 6, 1,$ $1, 1, 8, 6,$ $4, 1, 1, 1,$ $1, 3, 1, 2,$ $2, 1, 1, 1,$ $1, 1, 0,$ summing to $46.$ Adding the single-term sequence gives $46 + 1 = 47.$

13.

El octágono regular $A_1A_2A_3A_4A_5A_6A_7A_8$ está inscrito en un círculo de área $1.$ El punto $P$ está dentro del círculo de modo que la región limitada por $\overline{PA_1},$ $\overline{PA_2},$ y el arco menor $\widehat{A_1A_2}$ del círculo tiene área $\frac{1}{7},$ mientras que la región limitada por $\overline{PA_3},$ $\overline{PA_4},$ y el arco menor $\widehat{A_3A_4}$ del círculo tiene área $\frac{1}{9}.$ Existe un entero positivo $n$ tal que el área de la región limitada por $\overline{PA_6},$ $\overline{PA_7},$ y el arco menor $\widehat{A_6A_7}$ del círculo es igual a $\frac{1}{8} - \frac{\sqrt{2}}{n}.$ Halle $n.$

Regular octagon $A_1A_2A_3A_4A_5A_6A_7A_8$ is inscribed in a circle of area $1.$ Point $P$ lies inside the circle so that the region bounded by $\overline{PA_1},$ $\overline{PA_2},$ and the minor arc $\widehat{A_1A_2}$ of the circle has area $\frac{1}{7},$ while the region bounded by $\overline{PA_3},$ $\overline{PA_4},$ and the minor arc $\widehat{A_3A_4}$ of the circle has area $\frac{1}{9}.$ There is a positive integer $n$ such that the area of the region bounded by $\overline{PA_6},$ $\overline{PA_7},$ and the minor arc $\widehat{A_6A_7}$ of the circle is equal to $\frac{1}{8} - \frac{\sqrt{2}}{n}.$ Find $n.$

Respuesta

Conceptos:polígono regular sector circular vector

Nivel de dificultad: 3270

Solución:

Sea $O$ el centro, $s$ la longitud del lado, $a$ el apotema, y $u_i$ el vector unitario desde $O$ hacia el punto medio de la cuerda $A_iA_{i+1}.$ La región limitada por $\overline{PA_i},$ $\overline{PA_{i+1}},$ y el arco es el segmento circular junto con el triángulo $PA_iA_{i+1}.$ El segmento tiene área $\frac{1}{8} - \frac{sa}{2}$ (el sector menos el triángulo $OA_iA_{i+1}$ ), y el triángulo en $P$ tiene área $\frac{s}{2}(a - P \cdot u_i),$ ya que $a - P \cdot u_i$ es la distancia de $P$ a la cuerda. Sumando, $\text{area}_i = \frac{1}{8} - \frac{s}{2}\,(P \cdot u_i).$

Las áreas dadas indican $\frac{s}{2}(P \cdot u_1) = \frac{1}{8} - \frac{1}{7} = -\frac{1}{56}$ y $\frac{s}{2}(P \cdot u_3) = \frac{1}{8} - \frac{1}{9} = \frac{1}{72}.$ Las normales rotan $45^\circ$ por cada lado, así que $u_3$ es $u_1$ rotado $90^\circ,$ y $u_6,$ a cinco pasos de $u_1,$ es $u_1$ rotado $225^\circ:$ $u_6 = -\frac{\sqrt{2}}{2}\,(u_1 + u_3).$ Por lo tanto $\begin{aligned} &\frac{s}{2}(P \cdot u_6) \\ &= -\frac{1}{\sqrt{2}}\left(-\frac{1}{56} + \frac{1}{72}\right) \\ &= -\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \left(-\frac{1}{252}\right) \\ &= \frac{\sqrt{2}}{504}. \end{aligned}$

La región sobre el lado $A_6A_7$ tiene entonces área $\frac{1}{8} - \frac{\sqrt{2}}{504},$ así que $n = 504.$

Let $O$ be the center, $s$ the side length, $a$ the apothem, and $u_i$ the unit vector from $O$ toward the midpoint of chord $A_iA_{i+1}.$ The region bounded by $\overline{PA_i},$ $\overline{PA_{i+1}},$ and the arc is the circular segment together with triangle $PA_iA_{i+1}.$ The segment has area $\frac{1}{8} - \frac{sa}{2}$ (sector minus triangle $OA_iA_{i+1}$ ), and the triangle at $P$ has area $\frac{s}{2}(a - P \cdot u_i),$ since $a - P \cdot u_i$ is the distance from $P$ to the chord. Adding, $\text{area}_i = \frac{1}{8} - \frac{s}{2}\,(P \cdot u_i).$

The given areas say $\frac{s}{2}(P \cdot u_1) = \frac{1}{8} - \frac{1}{7} = -\frac{1}{56}$ and $\frac{s}{2}(P \cdot u_3) = \frac{1}{8} - \frac{1}{9} = \frac{1}{72}.$ The normals rotate $45^\circ$ per side, so $u_3$ is $u_1$ rotated $90^\circ,$ and $u_6,$ five steps from $u_1,$ is $u_1$ rotated $225^\circ:$ $u_6 = -\frac{\sqrt{2}}{2}\,(u_1 + u_3).$ Therefore $\begin{aligned} &\frac{s}{2}(P \cdot u_6) \\ &= -\frac{1}{\sqrt{2}}\left(-\frac{1}{56} + \frac{1}{72}\right) \\ &= -\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \left(-\frac{1}{252}\right) \\ &= \frac{\sqrt{2}}{504}. \end{aligned}$

The region on side $A_6A_7$ thus has area $\frac{1}{8} - \frac{\sqrt{2}}{504},$ so $n = 504.$

14.

Halle la suma de todos los enteros positivos $n$ tales que, dada una cantidad ilimitada de sellos de denominaciones $5,$ $n,$ y $n + 1$ centavos, $91$ centavos es el mayor franqueo que no se puede formar.

Find the sum of all positive integers $n$ such that, given an unlimited supply of stamps of denominations $5,$ $n,$ and $n + 1$ cents, $91$ cents is the greatest postage that cannot be formed.

Respuesta

Conceptos:Teorema de Chicken McNugget (Frobenius)aritmética modular análisis por casos

Nivel de dificultad: 3060

Solución:

Usar $k$ sellos de las denominaciones $n$ y $n + 1$ produce exactamente las cantidades $kn + c$ para $0 \le c \le k,$ y agregar sellos de $5$ centavos cubre entonces todo lo que está por encima en la misma clase residual módulo $5.$ Así que en cada clase $r$ toda cantidad de al menos $m(r)$ es formable y ninguna menor lo es, donde $m(r)$ es el menor valor de $kn + c$ $(0 \le c \le k)$ congruente con $r$ módulo $5.$ La mayor cantidad no formable es $\max_r m(r) - 5,$ así que necesitamos $\max_r m(r) = 96:$ la clase de $96$ (que es $1$ módulo $5$ ) debe cubrirse por primera vez exactamente en $96,$ y toda otra clase no más tarde.

Distinga casos según $n \bmod 5,$ notando que $kn + c \equiv kn + c.$ Si $n \equiv 4:$ la clase $1$ necesita $4k + c \equiv 1$ con $c \le k,$ posible por primera vez en $k = 4,$ $c = 0,$ así que $4n = 96$ y $n = 24;$ las demás clases se cubren en $24,$ $48,$ $72,$ todas menores que $96,$ así que $n = 24$ funciona. Si $n \equiv 2:$ la clase $1$ se cubre por primera vez en $k = 2,$ $c = 2,$ así que $2n + 2 = 96$ y $n = 47;$ las demás clases se cubren en $47,$ $48,$ $94 \le 96,$ así que $n = 47$ funciona.

Si $n \equiv 3:$ la clase $1$ primero en $2n = 96,$ así que $n = 48,$ pero entonces la clase $2$ se cubre por primera vez en $2n + 1 = 97 \gt 96$ , falla. Si $n \equiv 1:$ la clase $1$ primero en $n = 96,$ pero entonces la clase $3$ se cubre por primera vez en $2n + 1 = 193$ , falla. Si $n \equiv 0:$ la clase $1$ primero en $n + 1 = 96,$ así que $n = 95,$ pero la clase $4$ necesita $c = 4,$ $k \ge 4,$ dando $4n + 4 \gt 96$ , falla. La respuesta es $24 + 47 = 71.$

Using $k$ stamps of the denominations $n$ and $n + 1$ produces exactly the amounts $kn + c$ for $0 \le c \le k,$ and adding $5$ -cent stamps then covers everything above in the same residue class mod $5.$ So in each class $r$ every amount at least $m(r)$ is formable and nothing smaller is, where $m(r)$ is the least value of $kn + c$ $(0 \le c \le k)$ congruent to $r$ mod $5.$ The greatest non-formable amount is $\max_r m(r) - 5,$ so we need $\max_r m(r) = 96:$ the class of $96$ (which is $1$ mod $5$ ) must be covered first exactly at $96,$ and every other class no later.

Case on $n \bmod 5,$ noting $kn + c \equiv kn + c.$ If $n \equiv 4:$ class $1$ needs $4k + c \equiv 1$ with $c \le k,$ first possible at $k = 4,$ $c = 0,$ so $4n = 96$ and $n = 24;$ the other classes are covered at $24,$ $48,$ $72,$ all less than $96,$ so $n = 24$ works. If $n \equiv 2:$ class $1$ is first covered at $k = 2,$ $c = 2,$ so $2n + 2 = 96$ and $n = 47;$ the other classes are covered at $47,$ $48,$ $94 \le 96,$ so $n = 47$ works.

If $n \equiv 3:$ class $1$ first at $2n = 96,$ so $n = 48,$ but then class $2$ is first covered at $2n + 1 = 97 \gt 96$ — fails. If $n \equiv 1:$ class $1$ first at $n = 96,$ but then class $3$ is first covered at $2n + 1 = 193$ — fails. If $n \equiv 0:$ class $1$ first at $n + 1 = 96,$ so $n = 95,$ but class $4$ needs $c = 4,$ $k \ge 4,$ giving $4n + 4 \gt 96$ — fails. The answer is $24 + 47 = 71.$

15.

En el triángulo acutángulo $ABC,$ los puntos $P$ y $Q$ son los pies de las perpendiculares desde $C$ a $\overline{AB}$ y desde $B$ a $\overline{AC},$ respectivamente. La recta $PQ$ corta la circunferencia circunscrita de $\triangle ABC$ en dos puntos distintos, $X$ e $Y.$ Suponga que $XP = 10,$ $PQ = 25,$ y $QY = 15.$ El valor de $AB \cdot AC$ puede escribirse en la forma $m\sqrt{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos, y $n$ no es divisible por el cuadrado de ningún primo. Halle $m + n.$

In acute triangle $ABC,$ points $P$ and $Q$ are the feet of the perpendiculars from $C$ to $\overline{AB}$ and from $B$ to $\overline{AC},$ respectively. Line $PQ$ intersects the circumcircle of $\triangle ABC$ in two distinct points, $X$ and $Y.$ Suppose $XP = 10,$ $PQ = 25,$ and $QY = 15.$ The value of $AB \cdot AC$ can be written in the form $m\sqrt{n},$ where $m$ and $n$ are positive integers, and $n$ is not divisible by the square of any prime. Find $m + n.$

Respuesta

Conceptos:potencia de un punto semejanza ley de los cosenos

Nivel de dificultad: 3370

Solución:

Escriba $b = AC,$ $c = AB,$ $a = BC,$ y $k = \cos A.$ Los triángulos rectángulos $APC$ y $AQB$ dan $AP = bk$ y $AQ = ck,$ así que el triángulo $APQ$ es semejante al triángulo $ACB$ con razón $k,$ de donde $PQ = ak = 25.$ Los puntos sobre la recta aparecen en el orden $X, P, Q, Y,$ así que la potencia de $P$ da $XP \cdot PY = 10 \cdot 40 = 400$ $= AP \cdot PB,$ y la potencia de $Q$ da $YQ \cdot QX = 15 \cdot 35 = 525$ $= AQ \cdot QC.$ Con $u = bk$ y $v = ck$ estas dicen $\begin{aligned} &u(c - u) = 400, \\ &\qquad v(b - v) = 525, \end{aligned}$ es decir, $w - u^2 = 400$ y $w - v^2 = 525,$ donde $w = \frac{uv}{k} = bck.$

Por la ley de cosenos, $a^2 = b^2 + c^2 - 2bck,$ así que $a^2k^2 = u^2 + v^2 - 2uvk = 625.$ Sustituyendo $u^2 = w - 400$ y $v^2 = w - 525,$ y $uv = wk,$ se obtiene $2w - 925 - 2wk^2 = 625,$ así que $wk^2 = w - 775.$ Entonces $\begin{aligned} (uv)^2 &= w^2k^2 \\ &= w(w - 775) \\ &= (w - 400)(w - 525), \end{aligned}$ que se simplifica a $150w = 210000,$ así que $w = 1400$ y $k^2 = \frac{1400 - 775}{1400} = \frac{25}{56}.$

Así $k = \frac{5}{2\sqrt{14}}$ y $\begin{aligned} bc = \frac{w}{k} &= 1400 \cdot \frac{2\sqrt{14}}{5} \\ &= 560\sqrt{14}, \end{aligned}$ así que $m + n = 560 + 14 = 574.$

Write $b = AC,$ $c = AB,$ $a = BC,$ and $k = \cos A.$ Right triangles $APC$ and $AQB$ give $AP = bk$ and $AQ = ck,$ so triangle $APQ$ is similar to triangle $ACB$ with ratio $k,$ whence $PQ = ak = 25.$ The points on the line occur in the order $X, P, Q, Y,$ so the power of $P$ gives $XP \cdot PY = 10 \cdot 40 = 400$ $= AP \cdot PB,$ and the power of $Q$ gives $YQ \cdot QX = 15 \cdot 35 = 525$ $= AQ \cdot QC.$ With $u = bk$ and $v = ck$ these read $\begin{aligned} &u(c - u) = 400, \\ &\qquad v(b - v) = 525, \end{aligned}$ that is, $w - u^2 = 400$ and $w - v^2 = 525,$ where $w = \frac{uv}{k} = bck.$

By the law of cosines, $a^2 = b^2 + c^2 - 2bck,$ so $a^2k^2 = u^2 + v^2 - 2uvk = 625.$ Substituting $u^2 = w - 400$ and $v^2 = w - 525,$ and $uv = wk,$ gives $2w - 925 - 2wk^2 = 625,$ so $wk^2 = w - 775.$ Then $\begin{aligned} (uv)^2 &= w^2k^2 \\ &= w(w - 775) \\ &= (w - 400)(w - 525), \end{aligned}$ which simplifies to $150w = 210000,$ so $w = 1400$ and $k^2 = \frac{1400 - 775}{1400} = \frac{25}{56}.$

Thus $k = \frac{5}{2\sqrt{14}}$ and $\begin{aligned} bc = \frac{w}{k} &= 1400 \cdot \frac{2\sqrt{14}}{5} \\ &= 560\sqrt{14}, \end{aligned}$ so $m + n = 560 + 14 = 574.$