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2020 AIME I Problema 11

A continuación está la solución preparada profesionalmente para el Problema 11 del 2020 AIME I, de LIVE by Po-Shen Loh. También puedes intentar el examen cronometrado completo, ver todas las soluciones del 2020 AIME I, o revisar la clave de respuestas.

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

Conceptos:polinomioFórmulas de Vietaanálisis por casos

Nivel de dificultad: 2990

11.

Para enteros a,a, b,b, c,c, y d,d, sean f(x)=x2+ax+bf(x) = x^2 + ax + b y g(x)=x2+cx+d.g(x) = x^2 + cx + d. Halle el número de ternas ordenadas (a,b,c)(a, b, c) de enteros con valores absolutos que no exceden 1010 para las cuales existe un entero dd tal que g(f(2))=g(f(4))=0.g(f(2)) = g(f(4)) = 0.

For integers a,a, b,b, c,c, and d,d, let f(x)=x2+ax+bf(x) = x^2 + ax + b and g(x)=x2+cx+d.g(x) = x^2 + cx + d. Find the number of ordered triples (a,b,c)(a, b, c) of integers with absolute values not exceeding 1010 for which there is an integer dd such that g(f(2))=g(f(4))=0.g(f(2)) = g(f(4)) = 0.

Solución:

La condición dice que los enteros f(2)=4+2a+bf(2) = 4 + 2a + b y f(4)=16+4a+bf(4) = 16 + 4a + b son ambos raíces de la cuadrática mónica g.g. Estos dos valores son iguales exactamente cuando a=−6.a = -6.

Si a=−6,a = -6, entonces para cualquier bb y cualquier cc la elección d=−f(2)2−c f(2)d = -f(2)^2 - c\,f(2) hace que f(2)=f(4)f(2) = f(4) sea raíz de g,g, dando 21⋅21=44121 \cdot 21 = 441 ternas. Si a≠−6,a \ne -6, los dos valores distintos deben ser las dos raíces de g,g, así que Vieta obliga a c=−(f(2)+f(4))c = -(f(2) + f(4)) =−(20+6a+2b),= -(20 + 6a + 2b), y entonces d=f(2)f(4)d = f(2)f(4) es un entero. El requisito ∣c∣≤10|c| \le 10 se convierte en −15≤3a+b≤−5.-15 \le 3a + b \le -5.

Para cada a,a, cuente los enteros b∈[−10,10]b \in [-10, 10] con −15−3a≤b≤−5−3a:-15 - 3a \le b \le -5 - 3a: los conteos son 2,5,11,11,11,11,9,6,32, 5, 11, 11, 11, 11, 9, 6, 3 para a=−8,a = -8, −7,-7, −5,-5, −4,-4, −3,-3, −2,-2, −1,-1, 0,10, 1 respectivamente, y 00 para todos los demás a≠−6,a \ne -6, totalizando 69.69. La respuesta es 441+69=510.441 + 69 = 510.

The condition says the integers f(2)=4+2a+bf(2) = 4 + 2a + b and f(4)=16+4a+bf(4) = 16 + 4a + b are both roots of the monic quadratic g.g. These two values are equal exactly when a=−6.a = -6.

If a=−6,a = -6, then for any bb and any cc the choice d=−f(2)2−c f(2)d = -f(2)^2 - c\,f(2) makes f(2)=f(4)f(2) = f(4) a root of g,g, giving 21⋅21=44121 \cdot 21 = 441 triples. If a≠−6,a \ne -6, the two distinct values must be the two roots of g,g, so Vieta forces c=−(f(2)+f(4))c = -(f(2) + f(4)) =−(20+6a+2b),= -(20 + 6a + 2b), and then d=f(2)f(4)d = f(2)f(4) is an integer. The requirement ∣c∣≤10|c| \le 10 becomes −15≤3a+b≤−5.-15 \le 3a + b \le -5.

For each a,a, count integers b∈[−10,10]b \in [-10, 10] with −15−3a≤b≤−5−3a:-15 - 3a \le b \le -5 - 3a: the counts are 2,5,11,11,11,11,9,6,32, 5, 11, 11, 11, 11, 9, 6, 3 for a=−8,a = -8, −7,-7, −5,-5, −4,-4, −3,-3, −2,-2, −1,-1, 0,10, 1 respectively, and 00 for all other a≠−6,a \ne -6, totaling 69.69. The answer is 441+69=510.441 + 69 = 510.

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