2021 AIME I — Problemas y examen en línea cronometrado

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3:00:00

1.

Zou y Chou están practicando sus carreras de $100$ metros lisos corriendo $6$ carreras entre ellos. Zou gana la primera carrera y, a partir de entonces, la probabilidad de que uno de ellos gane una carrera es $\frac{2}{3}$ si ganó la carrera anterior, pero solo $\frac{1}{3}$ si la perdió. La probabilidad de que Zou gane exactamente $5$ de las $6$ carreras es $\frac{m}{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos primos entre sí. Halle $m + n.$

Zou and Chou are practicing their $100$ -meter sprints by running $6$ races against each other. Zou wins the first race, and after that, the probability that one of them wins a race is $\frac{2}{3}$ if they won the previous race but only $\frac{1}{3}$ if they lost the previous race. The probability that Zou will win exactly $5$ of the $6$ races is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

Respuesta

Respuesta: 97

Conceptos:probabilidad condicional análisis por casos

Nivel de dificultad: 2050

Solución:

Zou gana la carrera $1,$ así que ganar exactamente $5$ de las $6$ carreras significa que pierde exactamente una de las carreras $2$ a $6.$ Cada carrera después de la primera repite el resultado anterior con probabilidad $\frac{2}{3}$ y lo cambia con probabilidad $\frac{1}{3}.$

Si la derrota es la carrera $6,$ las cinco transiciones son cuatro repeticiones seguidas de un cambio: $\left(\frac{2}{3}\right)^4 \cdot \frac{1}{3} = \frac{16}{243}.$ Si la derrota es la carrera $i$ para algún $2 \le i \le 5,$ hay un cambio al entrar en la derrota y un cambio de vuelta a la victoria, más tres repeticiones: $\left(\frac{2}{3}\right)^3 \left(\frac{1}{3}\right)^2 = \frac{8}{243}$ para cada una de las $4$ posiciones, lo que aporta $\frac{32}{243}.$

El total es $\frac{16}{243} + \frac{32}{243} = \frac{48}{243} = \frac{16}{81},$ así que $m + n = 16 + 81 = 97.$

Zou wins race $1,$ so winning exactly $5$ of the $6$ races means he loses exactly one of races $2$ through $6.$ Each race after the first repeats the previous outcome with probability $\frac{2}{3}$ and switches with probability $\frac{1}{3}.$

If the loss is race $6,$ the five transitions are four repeats followed by one switch: $\left(\frac{2}{3}\right)^4 \cdot \frac{1}{3} = \frac{16}{243}.$ If the loss is race $i$ for some $2 \le i \le 5,$ there is a switch into the loss and a switch back to winning, plus three repeats: $\left(\frac{2}{3}\right)^3 \left(\frac{1}{3}\right)^2 = \frac{8}{243}$ for each of the $4$ positions, contributing $\frac{32}{243}.$

The total is $\frac{16}{243} + \frac{32}{243} = \frac{48}{243} = \frac{16}{81},$ so $m + n = 16 + 81 = 97.$

2.

En el diagrama de abajo, $ABCD$ es un rectángulo de lados $AB = 3$ y $BC = 11,$ y $AECF$ es un rectángulo de lados $AF = 7$ y $FC = 9,$ como se muestra. El área de la región sombreada común a los interiores de ambos rectángulos es $\frac{m}{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos primos entre sí. Halle $m + n.$

In the diagram below, $ABCD$ is a rectangle with side lengths $AB = 3$ and $BC = 11,$ and $AECF$ is a rectangle with side lengths $AF = 7$ and $FC = 9,$ as shown. The area of the shaded region common to the interiors of both rectangles is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

Respuesta

Respuesta: 109

Conceptos:geometría analítica rectángulo paralelogramo

Nivel de dificultad: 2350

Solución:

Coloque $B = (0, 0),$ $C = (11, 0),$ $A = (0, 3),$ $D = (11, 3).$ Resolviendo $AF = 7$ y $CF = 9$ (consistente ya que $AC^2 = 11^2 + 3^2 = 130$ $= 7^2 + 9^2$ ) se obtiene $F = \left(\frac{28}{5}, \frac{36}{5}\right),$ y como las diagonales del rectángulo $AECF$ se bisecan mutuamente, $E = A + C - F = \left(\frac{27}{5}, -\frac{21}{5}\right).$

Los lados $AE$ y $FC$ tienen dirección $(3, -4),$ y están sobre las rectas $4x + 3y = 9$ y $4x + 3y = 44;$ los lados $AF$ y $EC$ están sobre $3x - 4y = -12$ y $3x - 4y = 33.$ Todo punto de $ABCD$ satisface $-12 \le 3x - 4y \le 33,$ así que la región común es solo la parte de la franja $0 \le y \le 3$ entre las rectas $4x + 3y = 9$ y $4x + 3y = 44:$ un paralelogramo con vértices $A = (0, 3),$ $\left(\frac{9}{4}, 0\right),$ $C = (11, 0),$ y $\left(\frac{35}{4}, 3\right).$

Sus lados horizontales tienen longitud $11 - \frac{9}{4} = \frac{35}{4}$ y la altura entre ellos es $3,$ así que el área es $\frac{35}{4} \cdot 3 = \frac{105}{4},$ y $m + n = 105 + 4 = 109.$

Place $B = (0, 0),$ $C = (11, 0),$ $A = (0, 3),$ $D = (11, 3).$ Solving $AF = 7$ and $CF = 9$ (consistent since $AC^2 = 11^2 + 3^2 = 130$ $= 7^2 + 9^2$ ) gives $F = \left(\frac{28}{5}, \frac{36}{5}\right),$ and since the diagonals of rectangle $AECF$ bisect each other, $E = A + C - F = \left(\frac{27}{5}, -\frac{21}{5}\right).$

Sides $AE$ and $FC$ have direction $(3, -4),$ lying on the lines $4x + 3y = 9$ and $4x + 3y = 44;$ sides $AF$ and $EC$ lie on $3x - 4y = -12$ and $3x - 4y = 33.$ Every point of $ABCD$ satisfies $-12 \le 3x - 4y \le 33,$ so the common region is just the part of the strip $0 \le y \le 3$ between the lines $4x + 3y = 9$ and $4x + 3y = 44:$ a parallelogram with vertices $A = (0, 3),$ $\left(\frac{9}{4}, 0\right),$ $C = (11, 0),$ and $\left(\frac{35}{4}, 3\right).$

Its horizontal sides have length $11 - \frac{9}{4} = \frac{35}{4}$ and the height between them is $3,$ so the area is $\frac{35}{4} \cdot 3 = \frac{105}{4},$ and $m + n = 105 + 4 = 109.$

3.

Halle el número de enteros positivos menores que $1000$ que se pueden expresar como la diferencia de dos potencias enteras de $2.$

Find the number of positive integers less than $1000$ that can be expressed as the difference of two integral powers of $2.$

Respuesta

Respuesta: 50

Conceptos:potencia de 2 factorización análisis por casos

Nivel de dificultad: 2110

Solución:

Una diferencia de potencias de $2$ es $2^a - 2^b = 2^b(2^c - 1)$ donde $c = a - b \ge 1.$ Como $2^c - 1$ es impar, la parte impar del número determina $c$ y la potencia de $2$ determina $b,$ así que pares distintos $(b, c)$ dan enteros distintos. Basta con contar los pares con $2^b(2^c - 1) \lt 1000.$

Para $c = 1, 2, \ldots, 9$ el factor $2^c - 1$ es $1, 3, 7, 15, 31, 63, 127, 255, 511,$ y el número de valores permitidos de $b$ es $10, 9, 8, 7, 6, 4, 3, 2, 1$ respectivamente (el conteo para $63$ baja a $4$ porque $63 \cdot 16 = 1008 \gt 1000,$ mientras que $31 \cdot 32 = 992$ todavía cabe).

El total es $10 + 9 + 8 + 7 + 6$ $+ 4 + 3 + 2 + 1 = 50.$

A difference of powers of $2$ is $2^a - 2^b = 2^b(2^c - 1)$ where $c = a - b \ge 1.$ Since $2^c - 1$ is odd, the odd part of the number determines $c$ and the power of $2$ determines $b,$ so distinct pairs $(b, c)$ yield distinct integers. It suffices to count pairs with $2^b(2^c - 1) \lt 1000.$

For $c = 1, 2, \ldots, 9$ the factor $2^c - 1$ is $1, 3, 7, 15, 31, 63, 127, 255, 511,$ and the number of allowed values of $b$ is $10, 9, 8, 7, 6, 4, 3, 2, 1$ respectively (the count for $63$ drops to $4$ because $63 \cdot 16 = 1008 \gt 1000,$ while $31 \cdot 32 = 992$ still fits).

The total is $10 + 9 + 8 + 7 + 6$ $+ 4 + 3 + 2 + 1 = 50.$

4.

Halle el número de maneras en que $66$ monedas idénticas se pueden separar en tres montones no vacíos de modo que haya menos monedas en el primer montón que en el segundo y menos monedas en el segundo montón que en el tercero.

Find the number of ways $66$ identical coins can be separated into three nonempty piles so that there are fewer coins in the first pile than in the second pile and fewer coins in the second pile than in the third pile.

Respuesta

Respuesta: 331

Conceptos:particiones y composiciones estrellas y barras simetría

Nivel de dificultad: 2180

Solución:

Las ternas ordenadas $(a, b, c)$ de enteros positivos con $a + b + c = 66$ son en total $\binom{65}{2} = 2080.$ Exactamente una de ellas tiene los tres valores iguales, a saber $(22, 22, 22).$ Las ternas con exactamente dos valores iguales provienen de $2a + c = 66$ con $c \ne a:$ aquí $a$ puede ir de $1$ a $32$ excepto $22,$ lo que da $31$ multiconjuntos, cada uno ordenable de $3$ maneras, así que $93$ ternas ordenadas.

Por lo tanto $2080 - 1 - 93 = 1986$ ternas ordenadas tienen tres valores distintos, y cada elección no ordenada $a \lt b \lt c$ se cuenta $6$ veces. El número de separaciones válidas es $\frac{1986}{6} = 331.$

The ordered triples $(a, b, c)$ of positive integers with $a + b + c = 66$ number $\binom{65}{2} = 2080.$ Exactly one of them has all three values equal, namely $(22, 22, 22).$ Triples with exactly two values equal come from $2a + c = 66$ with $c \ne a:$ here $a$ can be $1$ through $32$ except $22,$ giving $31$ multisets, each arrangeable in $3$ ways, so $93$ ordered triples.

Hence $2080 - 1 - 93 = 1986$ ordered triples have three distinct values, and each unordered choice $a \lt b \lt c$ is counted $6$ times. The number of valid separations is $\frac{1986}{6} = 331.$

5.

Llame especial a una sucesión aritmética estrictamente creciente de tres términos enteros si la suma de los cuadrados de los tres términos es igual al producto del término central y el cuadrado de la diferencia común. Halle la suma de los terceros términos de todas las sucesiones especiales.

Call a three-term strictly increasing arithmetic sequence of integers special if the sum of the squares of the three terms equals the product of the middle term and the square of the common difference. Find the sum of the third terms of all special sequences.

Respuesta

Respuesta: 31

Conceptos:sucesión aritmética Ecuación diofántica divisibilidad

Nivel de dificultad: 2390

Solución:

Escriba los términos como $a - d,$ $a,$ $a + d$ con $d \ge 1$ entero. La condición es $\begin{aligned} &(a-d)^2 + a^2 \\ &\quad {}+ (a+d)^2 = ad^2 \\ &\quad\Longleftrightarrow\quad 3a^2 + 2d^2 = ad^2, \end{aligned}$ así que $d^2(a - 2) = 3a^2$ y $d^2 = \frac{3a^2}{a - 2}.$ Para que $d^2$ sea positivo necesitamos $a \gt 2$ (si $a = 0$ entonces $d = 0,$ no es estrictamente creciente, y $0 \lt a \lt 2$ o $a \lt 0$ hace que el lado derecho sea negativo o no entero en los casos verificables).

Sustituyendo $t = a - 2 \ge 1$ se obtiene $d^2 = \frac{3(t+2)^2}{t} = 3t + 12 + \frac{12}{t},$ así que $t \mid 12.$ Probando $t = 1, 2, 3, 4, 6, 12$ se obtiene $d^2 = 27, 24, 25, 27, 32, 49:$ solo $t = 3$ y $t = 12$ dan cuadrados perfectos.

Estas dan $(a, d) = (5, 5)$ con sucesión $0, 5, 10,$ y $(a, d) = (14, 7)$ con sucesión $7, 14, 21.$ La suma de los terceros términos es $10 + 21 = 31.$

Write the terms as $a - d,$ $a,$ $a + d$ with integer $d \ge 1.$ The condition is $\begin{aligned} &(a-d)^2 + a^2 \\ &\quad {}+ (a+d)^2 = ad^2 \\ &\quad\Longleftrightarrow\quad 3a^2 + 2d^2 = ad^2, \end{aligned}$ so $d^2(a - 2) = 3a^2$ and $d^2 = \frac{3a^2}{a - 2}.$ For $d^2$ to be positive we need $a \gt 2$ (if $a = 0$ then $d = 0,$ not strictly increasing, and $0 \lt a \lt 2$ or $a \lt 0$ makes the right side negative or non-integral in the checkable cases).

Substituting $t = a - 2 \ge 1$ gives $d^2 = \frac{3(t+2)^2}{t} = 3t + 12 + \frac{12}{t},$ so $t \mid 12.$ Testing $t = 1, 2, 3, 4, 6, 12$ gives $d^2 = 27, 24, 25, 27, 32, 49:$ only $t = 3$ and $t = 12$ yield perfect squares.

These give $(a, d) = (5, 5)$ with sequence $0, 5, 10,$ and $(a, d) = (14, 7)$ with sequence $7, 14, 21.$ The sum of the third terms is $10 + 21 = 31.$

6.

Los segmentos $\overline{AB},$ $\overline{AC},$ y $\overline{AD}$ son aristas de un cubo y $\overline{AG}$ es una diagonal que pasa por el centro del cubo. El punto $P$ satisface $BP = 60\sqrt{10},$ $CP = 60\sqrt{5},$ $DP = 120\sqrt{2},$ y $GP = 36\sqrt{7}.$ Halle $AP.$

Segments $\overline{AB},$ $\overline{AC},$ and $\overline{AD}$ are edges of a cube and $\overline{AG}$ is a diagonal through the center of the cube. Point $P$ satisfies $BP = 60\sqrt{10},$ $CP = 60\sqrt{5},$ $DP = 120\sqrt{2},$ and $GP = 36\sqrt{7}.$ Find $AP.$

Respuesta

Respuesta: 192

Conceptos:Geometría 3D geometría analítica fórmula de la distancia

Nivel de dificultad: 2450

Solución:

Sea $A$ el origen con $B = (s, 0, 0),$ $C = (0, s, 0),$ $D = (0, 0, s),$ $G = (s, s, s),$ y $P = (x, y, z).$ Al expandir, $\begin{aligned} BP^2 &= AP^2 - 2sx + s^2, \\ CP^2 &= AP^2 - 2sy + s^2, \\ DP^2 &= AP^2 - 2sz + s^2, \end{aligned}$ mientras que $GP^2 = AP^2 - 2s(x + y + z)$ $+ 3s^2.$ Por lo tanto $\begin{aligned} &BP^2 + CP^2 \\ &\quad {}+ DP^2 - GP^2 \\ &= 2\,AP^2, \end{aligned}$ con la cancelación de todo término que contiene $s$ o las coordenadas de $P$ .

Las longitudes dadas dan $BP^2 = 36000,$ $CP^2 = 18000,$ $DP^2 = 28800,$ y $GP^2 = 9072,$ así que $\begin{aligned} 2\,AP^2 &= 36000 + 18000 \\ &\quad {}+ 28800 - 9072 \\ &= 73728, \end{aligned}$ lo que da $AP^2 = 36864$ y $AP = 192.$

Let $A$ be the origin with $B = (s, 0, 0),$ $C = (0, s, 0),$ $D = (0, 0, s),$ $G = (s, s, s),$ and $P = (x, y, z).$ Expanding, $\begin{aligned} BP^2 &= AP^2 - 2sx + s^2, \\ CP^2 &= AP^2 - 2sy + s^2, \\ DP^2 &= AP^2 - 2sz + s^2, \end{aligned}$ while $GP^2 = AP^2 - 2s(x + y + z)$ $+ 3s^2.$ Therefore $\begin{aligned} &BP^2 + CP^2 \\ &\quad {}+ DP^2 - GP^2 \\ &= 2\,AP^2, \end{aligned}$ with every term involving $s$ or the coordinates of $P$ cancelling.

The given lengths yield $BP^2 = 36000,$ $CP^2 = 18000,$ $DP^2 = 28800,$ and $GP^2 = 9072,$ so $\begin{aligned} 2\,AP^2 &= 36000 + 18000 \\ &\quad {}+ 28800 - 9072 \\ &= 73728, \end{aligned}$ giving $AP^2 = 36864$ and $AP = 192.$

7.

Halle el número de pares $(m, n)$ de enteros positivos con $1 \le m \lt n \le 30$ tales que existe un número real $x$ que satisface $\sin(mx) + \sin(nx) = 2.$

Find the number of pairs $(m, n)$ of positive integers with $1 \le m \lt n \le 30$ such that there exists a real number $x$ satisfying $\sin(mx) + \sin(nx) = 2.$

Respuesta

Respuesta: 63

Conceptos:trigonometría Ecuación diofántica máximo común divisor análisis por casos

Nivel de dificultad: 2920

Solución:

Como cada seno es a lo sumo $1,$ necesitamos $\sin(mx) = \sin(nx) = 1,$ es decir $mx = \frac{\pi}{2} + 2\pi a$ y $nx = \frac{\pi}{2} + 2\pi b$ para enteros $a, b.$ Al eliminar $x$ se obtiene $n(4a + 1) = m(4b + 1),$ esto es, $4(na - mb) = m - n.$ Cuando $a$ y $b$ recorren los enteros, $na - mb$ toma exactamente los múltiplos de $g = \gcd(m, n),$ así que existe solución si y solo si $4g \mid n - m$ , equivalentemente, escribiendo $m = gm'$ y $n = gn',$ si y solo si $m' \equiv n' \pmod 4$ (lo que obliga a que tanto $m'$ como $n'$ sean impares).

Para cada $g$ contamos los pares coprimos $m' \lt n' \le \lfloor 30/g \rfloor$ de números impares en la misma clase módulo $4.$ Para $g = 1:$ entre $1, 3, \ldots, 29$ hay ocho números $\equiv 1$ y siete $\equiv 3 \pmod 4,$ lo que da $\binom{8}{2} + \binom{7}{2} = 49$ pares, de los cuales los cinco pares $\{3,15\},$ $\{3,27\},$ $\{9,21\},$ $\{15,27\},$ $\{5,25\}$ no son coprimos, quedando $44.$ Para $g = 2$ (números impares hasta $15$ ): $\binom{4}{2} + \binom{4}{2} = 12$ menos el par $\{3,15\}$ da $11.$ Para $g = 3$ (hasta $10$ ): los pares $\{1,5\}, \{1,9\}, \{5,9\}, \{3,7\}$ dan $4.$ Para $g = 4$ (hasta $7$ ): $\{1,5\}$ y $\{3,7\}$ dan $2.$ Para $g = 5$ y $g = 6:$ solo $\{1,5\},$ que da $1$ cada uno. Para $g \ge 7$ necesitaríamos dos números impares distintos hasta $\lfloor 30/g \rfloor \le 4$ en la misma clase módulo $4,$ lo cual es imposible.

El total es $44 + 11 + 4 + 2 + 1 + 1 = 63.$

Since each sine is at most $1,$ we need $\sin(mx) = \sin(nx) = 1,$ i.e. $mx = \frac{\pi}{2} + 2\pi a$ and $nx = \frac{\pi}{2} + 2\pi b$ for integers $a, b.$ Eliminating $x$ gives $n(4a + 1) = m(4b + 1),$ that is, $4(na - mb) = m - n.$ As $a$ and $b$ range over the integers, $na - mb$ takes exactly the multiples of $g = \gcd(m, n),$ so a solution exists if and only if $4g \mid n - m$ — equivalently, writing $m = gm'$ and $n = gn',$ if and only if $m' \equiv n' \pmod 4$ (which forces both $m'$ and $n'$ odd).

For each $g$ we count coprime pairs $m' \lt n' \le \lfloor 30/g \rfloor$ of odd numbers in the same class mod $4.$ For $g = 1:$ among $1, 3, \ldots, 29$ there are eight numbers $\equiv 1$ and seven $\equiv 3 \pmod 4,$ giving $\binom{8}{2} + \binom{7}{2} = 49$ pairs, of which the five pairs $\{3,15\},$ $\{3,27\},$ $\{9,21\},$ $\{15,27\},$ $\{5,25\}$ are not coprime, leaving $44.$ For $g = 2$ (odd numbers up to $15$ ): $\binom{4}{2} + \binom{4}{2} = 12$ minus the pair $\{3,15\}$ gives $11.$ For $g = 3$ (up to $10$ ): the pairs $\{1,5\}, \{1,9\}, \{5,9\}, \{3,7\}$ give $4.$ For $g = 4$ (up to $7$ ): $\{1,5\}$ and $\{3,7\}$ give $2.$ For $g = 5$ and $g = 6:$ only $\{1,5\},$ giving $1$ each. For $g \ge 7$ we would need two distinct odd numbers up to $\lfloor 30/g \rfloor \le 4$ in the same class mod $4,$ which is impossible.

The total is $44 + 11 + 4 + 2 + 1 + 1 = 63.$

8.

Respuesta

Respuesta: 57

Conceptos:valor absoluto función análisis por casos

Nivel de dificultad: 2560

Solución:

Sea $f(x) = \left|20|x| - x^2\right|,$ una función par; la ecuación dice $f(x) = c + 21$ o $f(x) = c - 21.$ Para $x \ge 0,$ la gráfica de $f$ sube de $0$ a $100$ en $[0, 10],$ vuelve a bajar a $0$ en $x = 20,$ y luego crece sin cota. Así que para $k$ con $0 \lt k \lt 100,$ la ecuación $f(x) = k$ tiene $3$ soluciones positivas, y por tanto $6$ soluciones en total; para $k = 100$ tiene $4;$ para $k \gt 100$ tiene $2;$ y para $k = 0$ tiene $3$ (a saber $0$ y $\pm 20$ ).

Los dos niveles $c + 21$ y $c - 21$ son distintos, así que la única manera de alcanzar $12$ soluciones es $6 + 6:$ tanto $c - 21$ como $c + 21$ deben estar estrictamente entre $0$ y $100.$ Esto significa $c \ge 22$ y $c \le 78,$ y todo entero así funciona: hay $78 - 22 + 1 = 57$ valores.

Set $f(x) = \left|20|x| - x^2\right|,$ an even function; the equation says $f(x) = c + 21$ or $f(x) = c - 21.$ For $x \ge 0,$ the graph of $f$ rises from $0$ to $100$ on $[0, 10],$ falls back to $0$ at $x = 20,$ then increases without bound. So for $k$ with $0 \lt k \lt 100,$ the equation $f(x) = k$ has $3$ positive solutions, hence $6$ solutions in all; for $k = 100$ it has $4;$ for $k \gt 100$ it has $2;$ and for $k = 0$ it has $3$ (namely $0$ and $\pm 20$ ).

The two levels $c + 21$ and $c - 21$ are distinct, so the only way to reach $12$ solutions is $6 + 6:$ both $c - 21$ and $c + 21$ must lie strictly between $0$ and $100.$ This means $c \ge 22$ and $c \le 78,$ and every such integer works: there are $78 - 22 + 1 = 57$ values.

9.

Sea $ABCD$ un trapecio isósceles con $AD = BC$ y $AB \lt CD.$ Suponga que las distancias de $A$ a las rectas $BC,$ $CD,$ y $BD$ son $15,$ $18,$ y $10,$ respectivamente. Sea $K$ el área de $ABCD.$ Halle $\sqrt{2} \cdot K.$

Let $ABCD$ be an isosceles trapezoid with $AD = BC$ and $AB \lt CD.$ Suppose that the distances from $A$ to the lines $BC,$ $CD,$ and $BD$ are $15,$ $18,$ and $10,$ respectively. Let $K$ be the area of $ABCD.$ Find $\sqrt{2} \cdot K.$

Respuesta

Respuesta: 567

Conceptos:trapecio geometría analítica fórmula de la distancia

Nivel de dificultad: 2990

Solución:

Como $AB \parallel CD,$ la distancia $18$ de $A$ a $CD$ es la altura. Ponga $D = (0, 0),$ $C = (c, 0),$ $A = (a, 18),$ $B = (c - a, 18),$ y sea $u = AB = c - 2a \gt 0.$ Las fórmulas de distancia punto-recta dan $\begin{aligned} \frac{18u}{\sqrt{324 + a^2}} &= 15 \quad (\text{to } BC), \\ \small \frac{18u}{\sqrt{324 + (u + a)^2}} \\ &= 10 \quad (\text{to } BD), \end{aligned}$ así que $324 + a^2 = \left(\frac{6u}{5}\right)^2$ y $324 + (u + a)^2 = \left(\frac{9u}{5}\right)^2.$

Restando, $u(u + 2a) = \frac{81 - 36}{25}u^2 = \frac{9}{5}u^2,$ por lo que $u + 2a = \frac{9}{5}u$ y $a = \frac{2}{5}u.$ Sustituyendo de nuevo, $324 = \frac{36u^2}{25} - \frac{4u^2}{25} = \frac{32u^2}{25},$ así que $u^2 = \frac{2025}{8}$ y $u = \frac{45\sqrt{2}}{4}.$

Entonces $CD = c = u + 2a = \frac{9}{5}u$ $= \frac{81\sqrt{2}}{4},$ y $\begin{aligned} K &= \frac{AB + CD}{2} \cdot 18 \\ &= 9\left(\frac{45\sqrt{2}}{4} + \frac{81\sqrt{2}}{4}\right) \\ &= \frac{567\sqrt{2}}{2}, \end{aligned}$ así que $\sqrt{2} \cdot K = 567.$

Since $AB \parallel CD,$ the distance $18$ from $A$ to $CD$ is the height. Put $D = (0, 0),$ $C = (c, 0),$ $A = (a, 18),$ $B = (c - a, 18),$ and let $u = AB = c - 2a \gt 0.$ The point-to-line distance formulas give $\begin{aligned} \frac{18u}{\sqrt{324 + a^2}} &= 15 \quad (\text{to } BC), \\ \small \frac{18u}{\sqrt{324 + (u + a)^2}} \\ &= 10 \quad (\text{to } BD), \end{aligned}$ so $324 + a^2 = \left(\frac{6u}{5}\right)^2$ and $324 + (u + a)^2 = \left(\frac{9u}{5}\right)^2.$

Subtracting, $u(u + 2a) = \frac{81 - 36}{25}u^2 = \frac{9}{5}u^2,$ hence $u + 2a = \frac{9}{5}u$ and $a = \frac{2}{5}u.$ Substituting back, $324 = \frac{36u^2}{25} - \frac{4u^2}{25} = \frac{32u^2}{25},$ so $u^2 = \frac{2025}{8}$ and $u = \frac{45\sqrt{2}}{4}.$

Then $CD = c = u + 2a = \frac{9}{5}u$ $= \frac{81\sqrt{2}}{4},$ and $\begin{aligned} K &= \frac{AB + CD}{2} \cdot 18 \\ &= 9\left(\frac{45\sqrt{2}}{4} + \frac{81\sqrt{2}}{4}\right) \\ &= \frac{567\sqrt{2}}{2}, \end{aligned}$ so $\sqrt{2} \cdot K = 567.$

10.

Considere la sucesión $(a_k)_{k \ge 1}$ de números racionales positivos definida por $a_1 = \frac{2020}{2021}$ y, para $k \ge 1,$ si $a_k = \frac{m}{n}$ con $m$ y $n$ enteros positivos primos entre sí, entonces $a_{k+1} = \frac{m + 18}{n + 19}.$ Determine la suma de todos los enteros positivos $j$ tales que el número racional $a_j$ se puede escribir en la forma $\frac{t}{t+1}$ para algún entero positivo $t.$

Consider the sequence $(a_k)_{k \ge 1}$ of positive rational numbers defined by $a_1 = \frac{2020}{2021}$ and for $k \ge 1,$ if $a_k = \frac{m}{n}$ for relatively prime positive integers $m$ and $n,$ then $a_{k+1} = \frac{m + 18}{n + 19}.$ Determine the sum of all positive integers $j$ such that the rational number $a_j$ can be written in the form $\frac{t}{t+1}$ for some positive integer $t.$

Respuesta

Respuesta: 59

Conceptos:máximo común divisor recursión invariante

Nivel de dificultad: 2990

Solución:

Escriba $a_k = \frac{m}{n}$ en su forma más simple y sea $d = n - m,$ de modo que $a_j$ tiene la forma $\frac{t}{t+1}$ exactamente cuando $d = 1.$ Un paso lleva $(m, n)$ a $(m + 18,\, n + 19)$ y luego cancela $g = \gcd(m + 18, n + 19).$ Dos hechos controlan todo. Primero, $I = 19m - 18n$ satisface $19(m + 18) - 18(n + 19) = I,$ así que $I$ no cambia con el desplazamiento y se divide por $g$ al cancelar. Segundo, como $I = 19(m + 18) - 18(n + 19)$ $= (m + 18) - 18(d + 1),$ un número divide a la vez a $m + 18$ y a $n + 19$ exactamente cuando divide a la vez a $d + 1$ y a $I;$ por lo tanto $g = \gcd(d + 1,\, I),$ y tras cancelar, la nueva diferencia es $\frac{d + 1}{g}.$

Inicialmente $I = 19 \cdot 2020 - 18 \cdot 2021 = 2002$ $= 2 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13$ y $d = 1,$ así que $j = 1$ funciona. El siguiente paso tiene $d + 1 = 2,$ $g = 2:$ $a_2 = \frac{2038}{2040} = \frac{1019}{1020},$ así que $j = 2$ funciona e $I = 1001 = 7 \cdot 11 \cdot 13.$ A partir de ahí $d$ sube $1, 2, 3, \ldots$ hasta que $d + 1$ comparte un factor con $I:$ en $d + 1 = 7$ obtenemos $a_8 = \frac{161}{162}$ (cancelamos $7,$ ahora $I = 143$ ); luego en $d + 1 = 11,$ $a_{18} = \frac{31}{32}$ (cancelamos $11,$ ahora $I = 13$ ); luego en $d + 1 = 13,$ $a_{30} = \frac{19}{20}$ (cancelamos $13,$ ahora $I = 1$ ). Cada cancelación usó $g = d + 1,$ así que $d$ volvió a $1$ en $j = 8,$ $18,$ y $30.$

Una vez que $I = 1,$ no es posible ninguna cancelación más, así que $d$ aumenta para siempre y nunca vuelve a valer $1$ de nuevo. Los índices válidos son $j = 1, 2, 8, 18, 30,$ con suma $1 + 2 + 8 + 18 + 30 = 59.$

Write $a_k = \frac{m}{n}$ in lowest terms and let $d = n - m,$ so $a_j$ has the form $\frac{t}{t+1}$ exactly when $d = 1.$ One step sends $(m, n)$ to $(m + 18,\, n + 19)$ and then cancels $g = \gcd(m + 18, n + 19).$ Two facts control everything. First, $I = 19m - 18n$ satisfies $19(m + 18) - 18(n + 19) = I,$ so $I$ is unchanged by the shift and divided by $g$ upon cancellation. Second, since $I = 19(m + 18) - 18(n + 19)$ $= (m + 18) - 18(d + 1),$ a number divides both $m + 18$ and $n + 19$ exactly when it divides both $d + 1$ and $I;$ hence $g = \gcd(d + 1,\, I),$ and after cancelling, the new difference is $\frac{d + 1}{g}.$

Initially $I = 19 \cdot 2020 - 18 \cdot 2021 = 2002$ $= 2 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13$ and $d = 1,$ so $j = 1$ works. The next step has $d + 1 = 2,$ $g = 2:$ $a_2 = \frac{2038}{2040} = \frac{1019}{1020},$ so $j = 2$ works and $I = 1001 = 7 \cdot 11 \cdot 13.$ From there $d$ climbs $1, 2, 3, \ldots$ until $d + 1$ shares a factor with $I:$ at $d + 1 = 7$ we get $a_8 = \frac{161}{162}$ (cancel $7,$ now $I = 143$ ); then at $d + 1 = 11,$ $a_{18} = \frac{31}{32}$ (cancel $11,$ now $I = 13$ ); then at $d + 1 = 13,$ $a_{30} = \frac{19}{20}$ (cancel $13,$ now $I = 1$ ). Each cancellation used $g = d + 1,$ so $d$ returned to $1$ at $j = 8,$ $18,$ and $30.$

Once $I = 1,$ no further cancellation is possible, so $d$ increases forever and never equals $1$ again. The valid indices are $j = 1, 2, 8, 18, 30,$ with sum $1 + 2 + 8 + 18 + 30 = 59.$

11.

Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico con $AB = 4,$ $BC = 5,$ $CD = 6,$ y $DA = 7.$ Sean $A_1$ y $C_1$ los pies de las perpendiculares desde $A$ y $C,$ respectivamente, a la recta $BD,$ y sean $B_1$ y $D_1$ los pies de las perpendiculares desde $B$ y $D,$ respectivamente, a la recta $AC.$ El perímetro de $A_1B_1C_1D_1$ es $\frac{m}{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos primos entre sí. Halle $m + n.$

Let $ABCD$ be a cyclic quadrilateral with $AB = 4,$ $BC = 5,$ $CD = 6,$ and $DA = 7.$ Let $A_1$ and $C_1$ be the feet of the perpendiculars from $A$ and $C,$ respectively, to line $BD,$ and let $B_1$ and $D_1$ be the feet of the perpendiculars from $B$ and $D,$ respectively, to line $AC.$ The perimeter of $A_1B_1C_1D_1$ is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

Respuesta

Respuesta: 301

Conceptos:cuadrilátero cíclico Teorema de Ptolomeo Fórmula de Brahmagupta semejanza

Nivel de dificultad: 3060

Solución:

Sea $P = AC \cap BD$ y sea $\theta$ el ángulo agudo entre las diagonales. Como $A$ está sobre la recta $AC,$ su pie $A_1$ sobre $BD$ satisface $PA_1 = PA\cos\theta,$ cayendo sobre el rayo de $BD$ que forma el ángulo agudo con el rayo $PA;$ lo mismo vale para los cuatro pies. Así que $A_1B_1C_1D_1$ es la imagen de $ABCD$ bajo la aplicación que gira cada rayo desde $P$ hacia la otra diagonal (por el ángulo $\theta$ ) y escala por $\cos\theta:$ los triángulos correspondientes en $P$ son semejantes con razón $\cos\theta,$ y cada lado de $A_1B_1C_1D_1$ es $\cos\theta$ veces el lado correspondiente de $ABCD.$ Por lo tanto el perímetro es $(4 + 5 + 6 + 7)\cos\theta = 22\cos\theta.$

Por Ptolomeo, $AC \cdot BD = 4 \cdot 6 + 5 \cdot 7 = 59.$ Por Brahmagupta con $s = 11,$ el área es $\sqrt{7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4} = 2\sqrt{210}.$ Como el área también es igual a $\frac{1}{2} \, AC \cdot BD \sin\theta,$ obtenemos $\sin\theta = \frac{4\sqrt{210}}{59},$ así que $\begin{aligned} \cos^2\theta &= 1 - \frac{3360}{3481} = \frac{121}{3481}, \\ \cos\theta &= \frac{11}{59}. \end{aligned}$

El perímetro es $22 \cdot \frac{11}{59} = \frac{242}{59},$ que está en su forma más simple, así que $m + n = 242 + 59 = 301.$

Let $P = AC \cap BD$ and let $\theta$ be the acute angle between the diagonals. Since $A$ lies on line $AC,$ its foot $A_1$ on $BD$ satisfies $PA_1 = PA\cos\theta,$ landing on the ray of $BD$ making the acute angle with ray $PA;$ the same holds for all four feet. So $A_1B_1C_1D_1$ is the image of $ABCD$ under the map that rotates each ray from $P$ onto the other diagonal (through angle $\theta$ ) and scales by $\cos\theta:$ corresponding triangles at $P$ are similar with ratio $\cos\theta,$ and every side of $A_1B_1C_1D_1$ is $\cos\theta$ times the corresponding side of $ABCD.$ Hence the perimeter is $(4 + 5 + 6 + 7)\cos\theta = 22\cos\theta.$

By Ptolemy, $AC \cdot BD = 4 \cdot 6 + 5 \cdot 7 = 59.$ By Brahmagupta with $s = 11,$ the area is $\sqrt{7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4} = 2\sqrt{210}.$ Since the area also equals $\frac{1}{2} \, AC \cdot BD \sin\theta,$ we get $\sin\theta = \frac{4\sqrt{210}}{59},$ so $\begin{aligned} \cos^2\theta &= 1 - \frac{3360}{3481} = \frac{121}{3481}, \\ \cos\theta &= \frac{11}{59}. \end{aligned}$

The perimeter is $22 \cdot \frac{11}{59} = \frac{242}{59},$ which is in lowest terms, so $m + n = 242 + 59 = 301.$

12.

Sea $A_1A_2A_3 \ldots A_{12}$ un dodecágono ( $12$ -ágono). Tres ranas se sientan inicialmente en $A_4,$ $A_8,$ y $A_{12}.$ Al final de cada minuto, simultáneamente, cada una de las tres ranas salta a uno de los dos vértices adyacentes a su posición actual, elegido al azar e independientemente, siendo ambas opciones igualmente probables. Las tres ranas dejan de saltar en cuanto dos ranas llegan al mismo vértice al mismo tiempo. El número esperado de minutos hasta que las ranas dejan de saltar es $\frac{m}{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos primos entre sí. Halle $m + n.$

Let $A_1A_2A_3 \ldots A_{12}$ be a dodecagon ( $12$ -gon). Three frogs initially sit at $A_4,$ $A_8,$ and $A_{12}.$ At the end of each minute, simultaneously, each of the three frogs jumps to one of the two vertices adjacent to its current position, chosen randomly and independently with both choices being equally likely. All three frogs stop jumping as soon as two frogs arrive at the same vertex at the same time. The expected number of minutes until the frogs stop jumping is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

Respuesta

Respuesta: 19

Conceptos:valor esperado camino aleatorio probabilidad recursiva

Nivel de dificultad: 3160

Solución:

Siga los tres huecos entre ranas consecutivas alrededor del círculo; empiezan en $(4, 4, 4)$ y siempre suman $12.$ Si las ranas saltan en $X_1, X_2, X_3 \in \{\pm 1\},$ los huecos cambian en $X_2 - X_1,$ $X_3 - X_2,$ $X_1 - X_3,$ así que cada hueco permanece par y el proceso se detiene exactamente cuando algún hueco llega a $0.$ Enumerando las $8$ elecciones de signo igualmente probables: desde $\{4,4,4\},$ el estado permanece con probabilidad $\frac{2}{8}$ y pasa a $\{2,4,6\}$ con probabilidad $\frac{6}{8}.$ Desde $\{2,4,6\}:$ permanece con probabilidad $\frac{4}{8},$ pasa a $\{4,4,4\}$ o $\{2,2,8\}$ con probabilidad $\frac{1}{8}$ cada uno, y se detiene con probabilidad $\frac{2}{8}.$ Desde $\{2,2,8\}:$ permanece con probabilidad $\frac{2}{8},$ pasa a $\{2,4,6\}$ con probabilidad $\frac{2}{8},$ y se detiene con probabilidad $\frac{4}{8}.$

Sean $E_1, E_2, E_3$ los tiempos restantes esperados desde $\{4,4,4\},$ $\{2,4,6\},$ $\{2,2,8\}.$ Entonces $\begin{aligned} E_1 &= 1 + \tfrac{1}{4}E_1 + \tfrac{3}{4}E_2, \\ E_2 &= 1 + \tfrac{1}{2}E_2 + \tfrac{1}{8}E_1 \\ &\quad {}+ \tfrac{1}{8}E_3, \\ E_3 &= 1 + \tfrac{1}{4}E_3 + \tfrac{1}{4}E_2. \end{aligned}$ La tercera da $E_3 = \frac{4}{3} + \frac{E_2}{3};$ sustituyendo en la segunda se obtiene $E_2 = 4,$ luego $E_3 = \frac{8}{3}$ y $E_1 = \frac{4}{3} + E_2 = \frac{16}{3}.$

El número esperado de minutos es $\frac{16}{3},$ así que $m + n = 16 + 3 = 19.$

Track the three gaps between consecutive frogs around the circle; they start at $(4, 4, 4)$ and always sum to $12.$ If the frogs jump by $X_1, X_2, X_3 \in \{\pm 1\},$ the gaps change by $X_2 - X_1,$ $X_3 - X_2,$ $X_1 - X_3,$ so each gap stays even and the process stops exactly when some gap becomes $0.$ Enumerating the $8$ equally likely sign choices: from $\{4,4,4\},$ the state stays with probability $\frac{2}{8}$ and moves to $\{2,4,6\}$ with probability $\frac{6}{8}.$ From $\{2,4,6\}:$ stay with probability $\frac{4}{8},$ move to $\{4,4,4\}$ or $\{2,2,8\}$ with probability $\frac{1}{8}$ each, and stop with probability $\frac{2}{8}.$ From $\{2,2,8\}:$ stay with probability $\frac{2}{8},$ move to $\{2,4,6\}$ with probability $\frac{2}{8},$ and stop with probability $\frac{4}{8}.$

Let $E_1, E_2, E_3$ be the expected remaining times from $\{4,4,4\},$ $\{2,4,6\},$ $\{2,2,8\}.$ Then $\begin{aligned} E_1 &= 1 + \tfrac{1}{4}E_1 + \tfrac{3}{4}E_2, \\ E_2 &= 1 + \tfrac{1}{2}E_2 + \tfrac{1}{8}E_1 \\ &\quad {}+ \tfrac{1}{8}E_3, \\ E_3 &= 1 + \tfrac{1}{4}E_3 + \tfrac{1}{4}E_2. \end{aligned}$ The third gives $E_3 = \frac{4}{3} + \frac{E_2}{3};$ substituting into the second yields $E_2 = 4,$ then $E_3 = \frac{8}{3}$ and $E_1 = \frac{4}{3} + E_2 = \frac{16}{3}.$

The expected number of minutes is $\frac{16}{3},$ so $m + n = 16 + 3 = 19.$

13.

Los círculos $\omega_1$ y $\omega_2$ con radios $961$ y $625,$ respectivamente, se intersecan en puntos distintos $A$ y $B.$ Un tercer círculo $\omega$ es tangente externamente a $\omega_1$ y $\omega_2.$ Suponga que la recta $AB$ interseca a $\omega$ en dos puntos $P$ y $Q$ tales que la medida del arco menor $\widehat{PQ}$ es $120^\circ.$ Halle la distancia entre los centros de $\omega_1$ y $\omega_2.$

Circles $\omega_1$ and $\omega_2$ with radii $961$ and $625,$ respectively, intersect at distinct points $A$ and $B.$ A third circle $\omega$ is externally tangent to both $\omega_1$ and $\omega_2.$ Suppose line $AB$ intersects $\omega$ at two points $P$ and $Q$ such that the measure of minor arc $\widehat{PQ}$ is $120^\circ.$ Find the distance between the centers of $\omega_1$ and $\omega_2.$

Respuesta

Respuesta: 672

Conceptos:eje radical potencia de un punto circunferencias tangentes cuerda

Nivel de dificultad: 3270

Solución:

Sean $O$ y $r$ el centro y el radio de $\omega,$ y $O_1, O_2$ los otros centros. La tangencia externa da $OO_1 = r + 961,$ así que la potencia de $O$ respecto a $\omega_1$ es $OO_1^2 - 961^2 = r^2 + 2 \cdot 961r;$ de forma similar, su potencia respecto a $\omega_2$ es $r^2 + 2 \cdot 625r.$ La diferencia es $2r(961 - 625) = 672r.$

Para cualquier punto $X,$ la diferencia $\mathrm{pow}_{\omega_1}(X) - \mathrm{pow}_{\omega_2}(X)$ $= (XO_1^2 - XO_2^2)$ $- (961^2 - 625^2)$ es una función lineal de $X$ que se anula sobre el eje radical, que es la recta $AB;$ su tasa de cambio perpendicular a $AB$ es $2 \cdot O_1O_2.$ Así que la diferencia es igual a $2 \cdot O_1O_2 \cdot \operatorname{dist}(O, AB).$ Por otro lado, la cuerda $PQ$ de $\omega$ subtiende un ángulo central de $120^\circ,$ así que $\operatorname{dist}(O, AB) = r\cos 60^\circ = \frac{r}{2}.$

Por lo tanto $672r = 2 \cdot O_1O_2 \cdot \frac{r}{2} = O_1O_2 \cdot r,$ y la distancia entre los centros es $672.$

Let $O$ and $r$ be the center and radius of $\omega,$ and $O_1, O_2$ the other centers. External tangency gives $OO_1 = r + 961,$ so the power of $O$ with respect to $\omega_1$ is $OO_1^2 - 961^2 = r^2 + 2 \cdot 961r;$ similarly its power with respect to $\omega_2$ is $r^2 + 2 \cdot 625r.$ The difference is $2r(961 - 625) = 672r.$

For any point $X,$ the difference $\mathrm{pow}_{\omega_1}(X) - \mathrm{pow}_{\omega_2}(X)$ $= (XO_1^2 - XO_2^2)$ $- (961^2 - 625^2)$ is a linear function of $X$ that vanishes on the radical axis, which is line $AB;$ its rate of change perpendicular to $AB$ is $2 \cdot O_1O_2.$ So the difference equals $2 \cdot O_1O_2 \cdot \operatorname{dist}(O, AB).$ Meanwhile the chord $PQ$ of $\omega$ subtends a $120^\circ$ central angle, so $\operatorname{dist}(O, AB) = r\cos 60^\circ = \frac{r}{2}.$

Therefore $672r = 2 \cdot O_1O_2 \cdot \frac{r}{2} = O_1O_2 \cdot r,$ and the distance between the centers is $672.$

14.

Para cualquier entero positivo $a,$ $\sigma(a)$ denota la suma de los divisores enteros positivos de $a.$ Sea $n$ el menor entero positivo tal que $\sigma(a^n) - 1$ es divisible entre $2021$ para todos los enteros positivos $a.$ Halle la suma de los factores primos en la factorización en primos de $n.$

For any positive integer $a,$ $\sigma(a)$ denotes the sum of the positive integer divisors of $a.$ Let $n$ be the least positive integer such that $\sigma(a^n) - 1$ is divisible by $2021$ for all positive integers $a.$ Find the sum of the prime factors in the prime factorization of $n.$

Respuesta

Respuesta: 125

Conceptos:suma de factores orden multiplicativo mínimo común múltiplo aritmética modular

Nivel de dificultad: 3270

Solución:

Observe que $2021 = 43 \cdot 47.$ Si $a = \prod p_i^{e_i},$ entonces $\sigma(a^n) = \prod \sigma(p_i^{e_i n}),$ así que basta (y es necesario, tomando $a$ primo) que $\sigma(p^N) \equiv 1,$ es decir $p + p^2 + \cdots + p^N \equiv 0$ $\pmod{43 \cdot 47},$ para todo primo $p$ y todo múltiplo $N$ de $n.$

Fije $q \in \{43, 47\}.$ Si $q \mid p$ la suma es $0.$ Si $p \equiv 1 \pmod q$ la suma es $\equiv N,$ así que elegir un primo así (Dirichlet) fuerza $q \mid n.$ En caso contrario la suma es $p \cdot \frac{p^N - 1}{p - 1}$ con $p - 1$ invertible, así que necesitamos $p^N \equiv 1 \pmod q;$ elegir $p$ como raíz primitiva módulo $q$ fuerza $q - 1 \mid n.$ Recíprocamente, si $q(q-1) \mid n$ entonces para todo múltiplo $N$ de $n$ y todo primo $p,$ la suma se anula módulo $q$ en los tres casos. Por lo tanto el menor $n$ es $\begin{aligned} n &= \operatorname{lcm}(43 \cdot 42,\ 47 \cdot 46) \\ &= 2 \cdot 3 \cdot 7 \cdot 23 \cdot 43 \cdot 47. \end{aligned}$

La suma de los factores primos es $2 + 3 + 7 + 23 + 43 + 47 = 125.$

Note $2021 = 43 \cdot 47.$ If $a = \prod p_i^{e_i},$ then $\sigma(a^n) = \prod \sigma(p_i^{e_i n}),$ so it suffices (and is necessary, taking $a$ prime) that $\sigma(p^N) \equiv 1,$ i.e. $p + p^2 + \cdots + p^N \equiv 0$ $\pmod{43 \cdot 47},$ for every prime $p$ and every multiple $N$ of $n.$

Fix $q \in \{43, 47\}.$ If $q \mid p$ the sum is $0.$ If $p \equiv 1 \pmod q$ the sum is $\equiv N,$ so choosing such a prime (Dirichlet) forces $q \mid n.$ Otherwise the sum is $p \cdot \frac{p^N - 1}{p - 1}$ with $p - 1$ invertible, so we need $p^N \equiv 1 \pmod q;$ choosing $p$ to be a primitive root mod $q$ forces $q - 1 \mid n.$ Conversely, if $q(q-1) \mid n$ then for every multiple $N$ of $n$ and every prime $p,$ the sum vanishes mod $q$ in all three cases. Hence the least $n$ is $\begin{aligned} n &= \operatorname{lcm}(43 \cdot 42,\ 47 \cdot 46) \\ &= 2 \cdot 3 \cdot 7 \cdot 23 \cdot 43 \cdot 47. \end{aligned}$

The sum of the prime factors is $2 + 3 + 7 + 23 + 43 + 47 = 125.$

15.

Sea $S$ el conjunto de enteros positivos $k$ tales que las dos parábolas $y = x^2 - k$ y $x = 2(y - 20)^2 - k$ se intersecan en cuatro puntos distintos, y estos cuatro puntos están sobre un círculo de radio a lo sumo $21.$ Halle la suma del menor elemento de $S$ y el mayor elemento de $S.$

Let $S$ be the set of positive integers $k$ such that the two parabolas $y = x^2 - k$ and $x = 2(y - 20)^2 - k$ intersect in four distinct points, and these four points lie on a circle with radius at most $21.$ Find the sum of the least element of $S$ and the greatest element of $S.$

Respuesta

Respuesta: 285

Conceptos:parábola círculo polinomio acotación a casos límite

Nivel de dificultad: 3370

Solución:

Sumando la ecuación $x^2 - y - k = 0$ a $\frac{1}{2}$ veces $2(y - 20)^2 - x - k = 0$ se obtiene una cónica que pasa por todos los puntos de intersección con coeficientes de $x^2$ y $y^2$ iguales: $\begin{aligned} &x^2 + y^2 - \tfrac{1}{2}x - 41y \\ &\quad {}+ 400 - \tfrac{3k}{2} = 0, \end{aligned}$ un círculo centrado en $\left(\frac{1}{4}, \frac{41}{2}\right)$ con radio al cuadrado $\frac{1}{16} + \frac{1681}{4} - 400 + \frac{3k}{2}$ $= \frac{325}{16} + \frac{3k}{2}.$ Así que siempre que existan cuatro puntos de intersección distintos, son concíclicos, y el radio es a lo sumo $21$ exactamente cuando $\frac{325}{16} + \frac{3k}{2} \le 441,$ es decir $k \le 280$ para enteros.

Sustituyendo $y = x^2 - k$ en la segunda parábola se obtiene la cuártica $f(x) = 2(x^2 - c)^2 - x - k = 0$ donde $c = k + 20.$ Para $1 \le k \le 4:$ si $x \le -k$ entonces $f(x) = 2(x^2 - c)^2$ $+ (-x - k) \gt 0,$ y si $-k \lt x \le 0$ entonces $x^2 \lt 16$ mientras que $c \ge 21,$ así que $f(x) \gt 2 \cdot 25 - k \gt 0;$ por lo tanto no hay intersecciones con $x \le 0,$ y como $f'(x) = 8x^3 - 8cx - 1$ tiene exactamente una raíz positiva, $f$ tiene a lo sumo (y, por $f(0) \gt 0,$ $f(\sqrt{c}) \lt 0,$ exactamente) dos raíces positivas. Así que $k \le 4$ falla. Para $k \ge 5,$ tenemos $k^2 \ge k + 20,$ así que $f\left(-\sqrt{c}\right) = \sqrt{c} - k \le 0$ con $f$ estrictamente decreciente ahí, mientras que $f(-\infty) = +\infty,$ $f(0) = 2c^2 - k \gt 0,$ $f\left(\sqrt{c}\right) = -\sqrt{c} - k \lt 0,$ y $f(+\infty) = +\infty:$ los cambios de signo producen cuatro raíces reales distintas.

Por lo tanto $S = \{5, 6, \ldots, 280\},$ y la respuesta es $5 + 280 = 285.$

Adding the equation $x^2 - y - k = 0$ to $\frac{1}{2}$ times $2(y - 20)^2 - x - k = 0$ gives a conic through all intersection points with equal $x^2$ and $y^2$ coefficients: $\begin{aligned} &x^2 + y^2 - \tfrac{1}{2}x - 41y \\ &\quad {}+ 400 - \tfrac{3k}{2} = 0, \end{aligned}$ a circle centered at $\left(\frac{1}{4}, \frac{41}{2}\right)$ with squared radius $\frac{1}{16} + \frac{1681}{4} - 400 + \frac{3k}{2}$ $= \frac{325}{16} + \frac{3k}{2}.$ So whenever four distinct intersection points exist, they are concyclic, and the radius is at most $21$ exactly when $\frac{325}{16} + \frac{3k}{2} \le 441,$ i.e. $k \le 280$ for integers.

Substituting $y = x^2 - k$ into the second parabola gives the quartic $f(x) = 2(x^2 - c)^2 - x - k = 0$ where $c = k + 20.$ For $1 \le k \le 4:$ if $x \le -k$ then $f(x) = 2(x^2 - c)^2$ $+ (-x - k) \gt 0,$ and if $-k \lt x \le 0$ then $x^2 \lt 16$ while $c \ge 21,$ so $f(x) \gt 2 \cdot 25 - k \gt 0;$ thus there are no intersections with $x \le 0,$ and since $f'(x) = 8x^3 - 8cx - 1$ has exactly one positive root, $f$ has at most (and, by $f(0) \gt 0,$ $f(\sqrt{c}) \lt 0,$ exactly) two positive roots. So $k \le 4$ fails. For $k \ge 5,$ we have $k^2 \ge k + 20,$ so $f\left(-\sqrt{c}\right) = \sqrt{c} - k \le 0$ with $f$ strictly decreasing there, while $f(-\infty) = +\infty,$ $f(0) = 2c^2 - k \gt 0,$ $f\left(\sqrt{c}\right) = -\sqrt{c} - k \lt 0,$ and $f(+\infty) = +\infty:$ the sign changes produce four distinct real roots.

Hence $S = \{5, 6, \ldots, 280\},$ and the answer is $5 + 280 = 285.$

Problemas del 2021 AIME I

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