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Problemas del 2022 AIME I

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1.

Los polinomios cuadráticos P(x)P(x) y Q(x)Q(x) tienen coeficientes principales 22 y −2,-2, respectivamente. Las gráficas de ambos polinomios pasan por los dos puntos (16,54)(16, 54) y (20,53).(20, 53). Halla P(0)+Q(0).P(0) + Q(0).

Quadratic polynomials P(x)P(x) and Q(x)Q(x) have leading coefficients of 22 and −2,-2, respectively. The graphs of both polynomials pass through the two points (16,54)(16, 54) and (20,53).(20, 53). Find P(0)+Q(0).P(0) + Q(0).

Respuesta: 116
Conceptos:polinomioecuación lineal

Nivel de dificultad: 1890

Solución:

Sea R(x)=P(x)+Q(x).R(x) = P(x) + Q(x). Los coeficientes principales 22 y −2-2 se cancelan, así que RR es una función lineal. Como ambas gráficas pasan por (16,54)(16, 54) y (20,53),(20, 53), obtenemos R(16)=108R(16) = 108 y R(20)=106.R(20) = 106.

La pendiente de RR es 106−10820−16=−12,\frac{106 - 108}{20 - 16} = -\frac{1}{2}, así que P(0)+Q(0)=R(0)=R(16)+16⋅12=108+8=116. \begin{aligned} P(0) + Q(0) &= R(0) \\ &= R(16) + 16 \cdot \frac{1}{2} \\ &= 108 + 8 = 116. \end{aligned}

Let R(x)=P(x)+Q(x).R(x) = P(x) + Q(x). The leading coefficients 22 and −2-2 cancel, so RR is a linear function. Since both graphs pass through (16,54)(16, 54) and (20,53),(20, 53), we get R(16)=108R(16) = 108 and R(20)=106.R(20) = 106.

The slope of RR is 106−10820−16=−12,\frac{106 - 108}{20 - 16} = -\frac{1}{2}, so P(0)+Q(0)=R(0)=R(16)+16⋅12=108+8=116. \begin{aligned} P(0) + Q(0) &= R(0) \\ &= R(16) + 16 \cdot \frac{1}{2} \\ &= 108 + 8 = 116. \end{aligned}

2.

Halla el entero positivo de tres dígitos a‾ b‾ c‾\underline{a}\,\underline{b}\,\underline{c} cuya representación en base nueve es b‾ c‾ a‾ nine,\underline{b}\,\underline{c}\,\underline{a}_{\,\text{nine}}, donde a,a, b,b, y cc son dígitos (no necesariamente distintos).

Find the three-digit positive integer a‾ b‾ c‾\underline{a}\,\underline{b}\,\underline{c} whose representation in base nine is b‾ c‾ a‾ nine,\underline{b}\,\underline{c}\,\underline{a}_{\,\text{nine}}, where a,a, b,b, and cc are (not necessarily distinct) digits.

Respuesta: 227
Conceptos:base numéricadígitosaritmética modular

Nivel de dificultad: 1950

Solución:

La condición dice 100a+10b+c=81b+9c+a,100a + 10b + c = 81b + 9c + a, que se simplifica a 99a=71b+8c.99a = 71b + 8c. Como los dígitos también aparecen en un numeral en base nueve, cada uno es a lo sumo 8.8. Reduciendo módulo 88 se obtiene 3a≡−b(mod8),3a \equiv -b \pmod 8, así que b≡5a(mod8).b \equiv 5a \pmod 8.

Para a=1,a = 1, b=5b = 5 hace que 71b71b supere 99;99; para a=2,a = 2, b=2b = 2 da 8c=198−142=56,8c = 198 - 142 = 56, así que c=7.c = 7. Para cada a≥3,a \ge 3, el bb requerido obliga a que 99a−71b99a - 71b quede fuera del rango [0,64],[0, 64], así que no hay otra solución.

El número es 227,227, y en efecto 227=2⋅81+7⋅9+2227 = 2 \cdot 81 + 7 \cdot 9 + 2 =272nine.= 272_{\text{nine}}.

The condition says 100a+10b+c=81b+9c+a,100a + 10b + c = 81b + 9c + a, which simplifies to 99a=71b+8c.99a = 71b + 8c. Since the digits also appear in a base-nine numeral, each is at most 8.8. Reducing modulo 88 gives 3a≡−b(mod8),3a \equiv -b \pmod 8, so b≡5a(mod8).b \equiv 5a \pmod 8.

For a=1,a = 1, b=5b = 5 makes 71b71b exceed 99;99; for a=2,a = 2, b=2b = 2 gives 8c=198−142=56,8c = 198 - 142 = 56, so c=7.c = 7. For each a≥3,a \ge 3, the required bb forces 99a−71b99a - 71b outside the range [0,64],[0, 64], so there is no other solution.

The number is 227,227, and indeed 227=2⋅81+7⋅9+2227 = 2 \cdot 81 + 7 \cdot 9 + 2 =272nine.= 272_{\text{nine}}.

3.

En el trapecio isósceles ABCD,ABCD, las bases paralelas AB‾\overline{AB} y CD‾\overline{CD} tienen longitudes 500500 y 650,650, respectivamente, y AD=BC=333.AD = BC = 333. Las bisectrices de ∠A\angle A y ∠D\angle D se cortan en P,P, y las bisectrices de ∠B\angle B y ∠C\angle C se cortan en Q.Q. Halla PQ.PQ.

In isosceles trapezoid ABCD,ABCD, parallel bases AB‾\overline{AB} and CD‾\overline{CD} have lengths 500500 and 650,650, respectively, and AD=BC=333.AD = BC = 333. The angle bisectors of ∠A\angle A and ∠D\angle D meet at P,P, and the angle bisectors of ∠B\angle B and ∠C\angle C meet at Q.Q. Find PQ.PQ.

Respuesta: 242
Conceptos:bisectriztrapeciotriángulo isósceles

Nivel de dificultad: 2390

Solución:

Sea A′A' el punto donde la bisectriz de ∠A\angle A corta a CD‾.\overline{CD}. Como AB‾∥CD‾,\overline{AB} \parallel \overline{CD}, tenemos ∠DA′A=∠A′AB=∠A′AD,\angle DA'A = \angle A'AB = \angle A'AD, así que el triángulo ADA′ADA' es isósceles con DA′=DA=333.DA' = DA = 333. La bisectriz de ∠D\angle D es entonces la mediana desde DD en este triángulo, así que P,P, que está sobre ambas bisectrices, es el punto medio de AA′‾.\overline{AA'}. Simétricamente, QQ es el punto medio de BB′‾,\overline{BB'}, donde B′B' está sobre CD‾\overline{CD} con CB′=333.CB' = 333.

Coloca D=(0,0)D = (0, 0) y C=(650,0),C = (650, 0), de modo que A=(75,h)A = (75, h) y B=(575,h)B = (575, h) para la altura apropiada h.h. Entonces A′=(333,0)A' = (333, 0) y B′=(650−333,0)=(317,0),B' = (650 - 333, 0) = (317, 0), así que P=(75+3332,h2)=(204,h2), \begin{aligned} P &= \left(\frac{75 + 333}{2}, \frac{h}{2}\right) \\ &= \left(204, \frac{h}{2}\right), \end{aligned} Q=(575+3172,h2)=(446,h2). \begin{aligned} Q &= \left(\frac{575 + 317}{2}, \frac{h}{2}\right) \\ &= \left(446, \frac{h}{2}\right). \end{aligned}

Por lo tanto PQ=446−204=242.PQ = 446 - 204 = 242.

Let the bisector of ∠A\angle A meet CD‾\overline{CD} at A′.A'. Since AB‾∥CD‾,\overline{AB} \parallel \overline{CD}, we have ∠DA′A=∠A′AB=∠A′AD,\angle DA'A = \angle A'AB = \angle A'AD, so triangle ADA′ADA' is isosceles with DA′=DA=333.DA' = DA = 333. The bisector of ∠D\angle D is then the median from DD in this triangle, so P,P, which lies on both bisectors, is the midpoint of AA′‾.\overline{AA'}. Symmetrically, QQ is the midpoint of BB′‾,\overline{BB'}, where B′B' is on CD‾\overline{CD} with CB′=333.CB' = 333.

Place D=(0,0)D = (0, 0) and C=(650,0),C = (650, 0), so A=(75,h)A = (75, h) and B=(575,h)B = (575, h) for the appropriate height h.h. Then A′=(333,0)A' = (333, 0) and B′=(650−333,0)=(317,0),B' = (650 - 333, 0) = (317, 0), so P=(75+3332,h2)=(204,h2), \begin{aligned} P &= \left(\frac{75 + 333}{2}, \frac{h}{2}\right) \\ &= \left(204, \frac{h}{2}\right), \end{aligned} Q=(575+3172,h2)=(446,h2). \begin{aligned} Q &= \left(\frac{575 + 317}{2}, \frac{h}{2}\right) \\ &= \left(446, \frac{h}{2}\right). \end{aligned}

Therefore PQ=446−204=242.PQ = 446 - 204 = 242.

4.

Sean w=3+i2w = \frac{\sqrt{3} + i}{2} y z=−1+i32,z = \frac{-1 + i\sqrt{3}}{2}, donde i=−1.i = \sqrt{-1}. Halla la cantidad de pares ordenados (r,s)(r, s) de enteros positivos que no superan 100100 y satisfacen la ecuación i⋅wr=zs.i \cdot w^r = z^s.

Let w=3+i2w = \frac{\sqrt{3} + i}{2} and z=−1+i32,z = \frac{-1 + i\sqrt{3}}{2}, where i=−1.i = \sqrt{-1}. Find the number of ordered pairs (r,s)(r, s) of positive integers not exceeding 100100 that satisfy the equation i⋅wr=zs.i \cdot w^r = z^s.

Respuesta: 834
Conceptos:número complejoTeorema de De Moivrearitmética modular

Nivel de dificultad: 2300

Solución:

Tanto ww como zz tienen módulo 1:1: en forma polar w=cis⁡30∘w = \operatorname{cis} 30^\circ y z=cis⁡120∘,z = \operatorname{cis} 120^\circ, mientras que i=cis⁡90∘.i = \operatorname{cis} 90^\circ. Por lo tanto, la ecuación i⋅wr=zsi \cdot w^r = z^s es una afirmación sobre argumentos: 90+30r≡120s(mod360),90 + 30r \equiv 120s \pmod{360}, es decir r+3≡4s(mod12).r + 3 \equiv 4s \pmod{12}.

Para cada s,s, esto determina r(mod12):r \pmod{12}: el residuo 4s−34s - 3 es 1,1, 5,5, o 99 módulo 1212 según s≡1,s \equiv 1, 2,2, o 0(mod3).0 \pmod 3. Entre 1≤r≤1001 \le r \le 100 hay 99 valores con r≡1(mod12)r \equiv 1 \pmod{12} y 88 valores en cada caso con r≡5r \equiv 5 o r≡9(mod12).r \equiv 9 \pmod{12}. Entre 1≤s≤1001 \le s \le 100 hay 3434 valores con s≡1(mod3)s \equiv 1 \pmod 3 y 3333 valores en cada una de las otras dos clases.

El total es 34⋅934 \cdot 9 +33⋅8+ 33 \cdot 8 +33⋅8+ 33 \cdot 8 =306+264+264=834.= 306 + 264 + 264 = 834.

Both ww and zz have modulus 1:1: in polar form w=cis⁡30∘w = \operatorname{cis} 30^\circ and z=cis⁡120∘,z = \operatorname{cis} 120^\circ, while i=cis⁡90∘.i = \operatorname{cis} 90^\circ. The equation i⋅wr=zsi \cdot w^r = z^s is therefore a statement about arguments: 90+30r≡120s(mod360),90 + 30r \equiv 120s \pmod{360}, i.e. r+3≡4s(mod12).r + 3 \equiv 4s \pmod{12}.

For each s,s, this determines r(mod12):r \pmod{12}: the residue 4s−34s - 3 is 1,1, 5,5, or 99 modulo 1212 according as s≡1,s \equiv 1, 2,2, or 0(mod3).0 \pmod 3. Among 1≤r≤1001 \le r \le 100 there are 99 values with r≡1(mod12)r \equiv 1 \pmod{12} and 88 values each with r≡5r \equiv 5 or r≡9(mod12).r \equiv 9 \pmod{12}. Among 1≤s≤1001 \le s \le 100 there are 3434 values with s≡1(mod3)s \equiv 1 \pmod 3 and 3333 values in each of the other two classes.

The count is 34⋅934 \cdot 9 +33⋅8+ 33 \cdot 8 +33⋅8+ 33 \cdot 8 =306+264+264=834.= 306 + 264 + 264 = 834.

5.

Un río recto de 264264 metros de ancho fluye de oeste a este a razón de 1414 metros por minuto. Melanie y Sherry están sentadas en la orilla sur del río, con Melanie a una distancia de DD metros río abajo de Sherry. Respecto al agua, Melanie nada a 8080 metros por minuto, y Sherry nada a 6060 metros por minuto. Al mismo tiempo, Melanie y Sherry comienzan a nadar en línea recta hacia un punto de la orilla norte del río que equidista de sus posiciones iniciales. Las dos mujeres llegan a este punto simultáneamente. Halla D.D.

A straight river that is 264264 meters wide flows from west to east at a rate of 1414 meters per minute. Melanie and Sherry sit on the south bank of the river with Melanie a distance of DD meters downstream from Sherry. Relative to the water, Melanie swims at 8080 meters per minute, and Sherry swims at 6060 meters per minute. At the same time, Melanie and Sherry begin swimming in straight lines to a point on the north bank of the river that is equidistant from their starting positions. The two women arrive at this point simultaneously. Find D.D.

Respuesta: 550
Conceptos:distancia, velocidad y tiempovectordiferencia de cuadrados

Nivel de dificultad: 2390

Solución:

Coloca a Sherry en el origen y a Melanie en (D,0)(D, 0) sobre la orilla sur. Un punto de la orilla norte equidistante de ambas es (D2,264).\left(\frac{D}{2}, 264\right). Si ambas llegan en el tiempo t,t, entonces la velocidad de cada nadadora respecto al agua es su velocidad respecto al suelo menos la corriente (14,0),(14, 0), así que (D2t−14)2+(264t)2=602, \begin{aligned} &\left(\frac{D}{2t} - 14\right)^2 \\ &\quad {}+ \left(\frac{264}{t}\right)^2 = 60^2, \end{aligned} (−D2t−14)2+(264t)2=802. \begin{aligned} &\left(-\frac{D}{2t} - 14\right)^2 \\ &\quad {}+ \left(\frac{264}{t}\right)^2 = 80^2. \end{aligned}

Restando, con u=D2t:u = \frac{D}{2t}: (u+14)2−(u−14)2(u + 14)^2 - (u - 14)^2 =56u= 56u =6400−3600= 6400 - 3600 =2800,= 2800, así que u=50.u = 50. Sustituyendo de nuevo, (50−14)2+(264t)2=3600(50 - 14)^2 + \left(\frac{264}{t}\right)^2 = 3600 da 264t=48,\frac{264}{t} = 48, así que t=112.t = \frac{11}{2}.

Por lo tanto D=2ut=100t=550.D = 2ut = 100t = 550.

Put Sherry at the origin and Melanie at (D,0)(D, 0) on the south bank. A point on the north bank equidistant from both is (D2,264).\left(\frac{D}{2}, 264\right). If both arrive at time t,t, then each swimmer's velocity relative to the water is her ground velocity minus the current (14,0),(14, 0), so (D2t−14)2+(264t)2=602, \begin{aligned} &\left(\frac{D}{2t} - 14\right)^2 \\ &\quad {}+ \left(\frac{264}{t}\right)^2 = 60^2, \end{aligned} (−D2t−14)2+(264t)2=802. \begin{aligned} &\left(-\frac{D}{2t} - 14\right)^2 \\ &\quad {}+ \left(\frac{264}{t}\right)^2 = 80^2. \end{aligned}

Subtracting, with u=D2t:u = \frac{D}{2t}: (u+14)2−(u−14)2(u + 14)^2 - (u - 14)^2 =56u= 56u =6400−3600= 6400 - 3600 =2800,= 2800, so u=50.u = 50. Substituting back, (50−14)2+(264t)2=3600(50 - 14)^2 + \left(\frac{264}{t}\right)^2 = 3600 gives 264t=48,\frac{264}{t} = 48, so t=112.t = \frac{11}{2}.

Therefore D=2ut=100t=550.D = 2ut = 100t = 550.

6.

Halla la cantidad de pares ordenados de enteros (a,b)(a, b) tales que la sucesión3,4,5,a,b,30,40,503, 4, 5, a, b, 30, 40, 50sea estrictamente creciente y ningún conjunto de cuatro términos (no necesariamente consecutivos) forme una progresión aritmética.

Find the number of ordered pairs of integers (a,b)(a, b) such that the sequence 3,4,5,a,b,30,40,503, 4, 5, a, b, 30, 40, 50 is strictly increasing and no set of four (not necessarily consecutive) terms forms an arithmetic progression.

Respuesta: 228
Conceptos:sucesión aritméticaconteo complementarioanálisis por casos

Nivel de dificultad: 2560

Solución:

La sucesión es estrictamente creciente exactamente cuando 5<a<b<30,5 \lt a \lt b \lt 30, lo que da (242)=276\binom{24}{2} = 276 pares. Los seis términos fijos no contienen ninguna progresión aritmética de cuatro términos, así que toda progresión debe involucrar a aa o b.b. Si solo uno de ellos está involucrado, tres términos fijos ya deben estar en progresión: 3,4,53, 4, 5 solo se extiende con 6,6, y 30,40,5030, 40, 50 solo se extiende con 20.20. Así que las violaciones de una sola variable son a=6a = 6 (2323 pares) y 20∈{a,b}20 \in \{a, b\} (2323 pares), que se solapan en el par (6,20).(6, 20).

Si tanto aa como bb están involucrados, dos términos fijos completan la progresión. Revisando las posiciones posibles: (4,5,a,b)(4, 5, a, b) da (6,7);(6, 7); (3,5,a,b)(3, 5, a, b) da (7,9);(7, 9); (3,a,b,30)(3, a, b, 30) da (12,21);(12, 21); (4,a,b,40)(4, a, b, 40) da (16,28);(16, 28); (5,a,b,50)(5, a, b, 50) da (20,35),(20, 35), fuera de rango; y (a,b,30,40)(a, b, 30, 40) da (10,20).(10, 20). De estos, (6,7)(6, 7) y (10,20)(10, 20) ya se contaron, así que (7,9),(7, 9), (12,21),(12, 21), y (16,28)(16, 28) son los únicos pares malos nuevos.

La cantidad de pares válidos es 276−(23+23−1)276 - (23 + 23 - 1) −3=276−48=228.- 3 = 276 - 48 = 228.

The sequence is increasing exactly when 5<a<b<30,5 \lt a \lt b \lt 30, giving (242)=276\binom{24}{2} = 276 pairs. The six fixed terms contain no four-term arithmetic progression, so every progression must involve aa or b.b. If only one of them is involved, three fixed terms must already be in progression: 3,4,53, 4, 5 extends only by 6,6, and 30,40,5030, 40, 50 extends only by 20.20. So the single-variable violations are a=6a = 6 (2323 pairs) and 20∈{a,b}20 \in \{a, b\} (2323 pairs), which overlap in the pair (6,20).(6, 20).

If both aa and bb are involved, two fixed terms complete the progression. Checking the possible positions: (4,5,a,b)(4, 5, a, b) gives (6,7);(6, 7); (3,5,a,b)(3, 5, a, b) gives (7,9);(7, 9); (3,a,b,30)(3, a, b, 30) gives (12,21);(12, 21); (4,a,b,40)(4, a, b, 40) gives (16,28);(16, 28); (5,a,b,50)(5, a, b, 50) gives (20,35),(20, 35), out of range; and (a,b,30,40)(a, b, 30, 40) gives (10,20).(10, 20). Of these, (6,7)(6, 7) and (10,20)(10, 20) are already counted, so (7,9),(7, 9), (12,21),(12, 21), and (16,28)(16, 28) are the only new bad pairs.

The number of valid pairs is 276−(23+23−1)276 - (23 + 23 - 1) −3=276−48=228.- 3 = 276 - 48 = 228.

7.

Sean a,b,c,d,e,f,g,h,ia, b, c, d, e, f, g, h, i enteros distintos de 11 a 9.9. El mínimo valor positivo posible dea⋅b⋅c−d⋅e⋅fg⋅h⋅i\frac{a \cdot b \cdot c - d \cdot e \cdot f}{g \cdot h \cdot i}puede escribirse como mn,\frac{m}{n}, donde mm y nn son enteros positivos primos entre sí. Halla m+n.m + n.

Let a,b,c,d,e,f,g,h,ia, b, c, d, e, f, g, h, i be distinct integers from 11 to 9.9. The minimum possible positive value of a⋅b⋅c−d⋅e⋅fg⋅h⋅i\frac{a \cdot b \cdot c - d \cdot e \cdot f}{g \cdot h \cdot i} can be written as mn,\frac{m}{n}, where mm and nn are relatively prime positive integers. Find m+n.m + n.

Respuesta: 289
Conceptos:optimizaciónargumento extremalacotación a casos límite

Nivel de dificultad: 2560

Solución:

Intenta hacer que el numerador sea igual a 11 manteniendo dígitos grandes en el denominador. Los productos 2⋅3⋅6=362 \cdot 3 \cdot 6 = 36 y 1⋅5⋅7=351 \cdot 5 \cdot 7 = 35 difieren en 11 y dejan 4,8,94, 8, 9 para el denominador, dando el valor 36−354⋅8⋅9=1288.\frac{36 - 35}{4 \cdot 8 \cdot 9} = \frac{1}{288}.

Para superar esto, una fracción necesitaría numerador 11 con denominador mayor que 288.288. Los denominadores que superan 288288 son {7,8,9},\{7,8,9\}, {6,8,9},\{6,8,9\}, {5,8,9},\{5,8,9\}, {6,7,9},\{6,7,9\}, {5,7,9},\{5,7,9\}, y {6,7,8}.\{6,7,8\}. Al dividir los seis dígitos restantes en dos ternas en cada caso, los pares de productos más cercanos son 3030 y 24,24, 3030 y 28,28, 3636 y 28,28, 3030 y 28,28, 3636 y 32,32, y 3636 y 30,30, respectivamente, con diferencias de al menos 2,2, e incluso 2432=1216\frac{2}{432} = \frac{1}{216} supera a 1288.\frac{1}{288}.

Así que el mínimo valor positivo es 1288,\frac{1}{288}, y m+n=1+288=289.m + n = 1 + 288 = 289.

Try to make the numerator equal to 11 while keeping large digits in the denominator. The products 2⋅3⋅6=362 \cdot 3 \cdot 6 = 36 and 1⋅5⋅7=351 \cdot 5 \cdot 7 = 35 differ by 11 and leave 4,8,94, 8, 9 for the denominator, giving the value 36−354⋅8⋅9=1288.\frac{36 - 35}{4 \cdot 8 \cdot 9} = \frac{1}{288}.

To beat this, a fraction would need numerator 11 with denominator greater than 288.288. The denominators exceeding 288288 are {7,8,9},\{7,8,9\}, {6,8,9},\{6,8,9\}, {5,8,9},\{5,8,9\}, {6,7,9},\{6,7,9\}, {5,7,9},\{5,7,9\}, and {6,7,8}.\{6,7,8\}. Splitting the remaining six digits into two triples in each case, the closest product pairs are 3030 and 24,24, 3030 and 28,28, 3636 and 28,28, 3030 and 28,28, 3636 and 32,32, and 3636 and 30,30, respectively — differences of at least 2,2, and even 2432=1216\frac{2}{432} = \frac{1}{216} exceeds 1288.\frac{1}{288}.

So the minimum positive value is 1288,\frac{1}{288}, and m+n=1+288=289.m + n = 1 + 288 = 289.

8.

El triángulo equilátero △ABC\triangle ABC está inscrito en la circunferencia ω\omega de radio 18.18. La circunferencia ωA\omega_A es tangente a los lados AB‾\overline{AB} y AC‾\overline{AC} y es tangente internamente a ω.\omega. Las circunferencias ωB\omega_B y ωC\omega_C se definen de manera análoga. Las circunferencias ωA,\omega_A, ωB,\omega_B, y ωC\omega_C se cortan en seis puntos, dos puntos por cada par de circunferencias. Los tres puntos de intersección más cercanos a los vértices de △ABC\triangle ABC son los vértices de un triángulo equilátero grande en el interior de △ABC,\triangle ABC, y los otros tres puntos de intersección son los vértices de un triángulo equilátero más pequeño en el interior de △ABC.\triangle ABC. La longitud del lado del triángulo equilátero más pequeño puede escribirse como a−b,\sqrt{a} - \sqrt{b}, donde aa y bb son enteros positivos. Halla a+b.a + b.

Equilateral triangle △ABC\triangle ABC is inscribed in circle ω\omega with radius 18.18. Circle ωA\omega_A is tangent to sides AB‾\overline{AB} and AC‾\overline{AC} and is internally tangent to ω.\omega. Circles ωB\omega_B and ωC\omega_C are defined analogously. Circles ωA,\omega_A, ωB,\omega_B, and ωC\omega_C meet in six points — two points for each pair of circles. The three intersection points closest to the vertices of △ABC\triangle ABC are the vertices of a large equilateral triangle in the interior of △ABC,\triangle ABC, and the other three intersection points are the vertices of a smaller equilateral triangle in the interior of △ABC.\triangle ABC. The side length of the smaller equilateral triangle can be written as a−b,\sqrt{a} - \sqrt{b}, where aa and bb are positive integers. Find a+b.a + b.

Respuesta: 378
Conceptos:circunferencias tangentestriángulo equiláterogeometría analítica

Nivel de dificultad: 2710

Solución:

Sea OO el centro de ω.\omega. El centro de ωA\omega_A está sobre la recta AOAO (la bisectriz de ∠A\angle A) a cierta distancia dd de A;A; como AB‾\overline{AB} forma un ángulo de 30∘30^\circ con AO,AO, el radio es r=dsin⁡30∘=d2.r = d \sin 30^\circ = \frac{d}{2}. La tangencia interna a ω\omega exige que el centro esté a 18−r18 - r de O,O, lo que obliga al centro a pasar más allá de O:O: d−18=18−d2,d - 18 = 18 - \frac{d}{2}, así que d=24,d = 24, r=12,r = 12, y el centro está 66 más allá de O.O.

Coloca OO en el origen con A=(0,18).A = (0, 18). Entonces los tres centros son OA=(0,−6)O_A = (0, -6) y OB,OC=(±33,3),O_B, O_C = (\pm 3\sqrt{3}, 3), todos con radio 12.12. Las intersecciones de ωB\omega_B y ωC\omega_C están sobre el eje yy: 27+(y−3)2=14427 + (y - 3)^2 = 144 da y=3±117.y = 3 \pm \sqrt{117}. El punto (0,3+117)(0, 3 + \sqrt{117}) está más cerca de AA y pertenece al triángulo más grande, así que el triángulo más pequeño tiene el vértice (0,3−117),(0, 3 - \sqrt{117}), a distancia 117−3\sqrt{117} - 3 de O.O.

Por simetría, el triángulo más pequeño es equilátero con circunradio 117−3,\sqrt{117} - 3, así que su lado es 3(117−3)=351−27.\sqrt{3}\left(\sqrt{117} - 3\right) = \sqrt{351} - \sqrt{27}. Por lo tanto a+b=351+27=378.a + b = 351 + 27 = 378.

Let OO be the center of ω.\omega. The center of ωA\omega_A lies on line AOAO (the bisector of ∠A\angle A) at some distance dd from A;A; since AB‾\overline{AB} makes a 30∘30^\circ angle with AO,AO, the radius is r=dsin⁡30∘=d2.r = d \sin 30^\circ = \frac{d}{2}. Internal tangency to ω\omega requires the center to be 18−r18 - r from O,O, which forces the center past O:O: d−18=18−d2,d - 18 = 18 - \frac{d}{2}, so d=24,d = 24, r=12,r = 12, and the center is 66 beyond O.O.

Place OO at the origin with A=(0,18).A = (0, 18). Then the three centers are OA=(0,−6)O_A = (0, -6) and OB,OC=(±33,3),O_B, O_C = (\pm 3\sqrt{3}, 3), all with radius 12.12. The intersections of ωB\omega_B and ωC\omega_C lie on the yy-axis: 27+(y−3)2=14427 + (y - 3)^2 = 144 gives y=3±117.y = 3 \pm \sqrt{117}. The point (0,3+117)(0, 3 + \sqrt{117}) is closer to AA and belongs to the larger triangle, so the smaller triangle has vertex (0,3−117),(0, 3 - \sqrt{117}), at distance 117−3\sqrt{117} - 3 from O.O.

By symmetry the smaller triangle is equilateral with circumradius 117−3,\sqrt{117} - 3, so its side is 3(117−3)=351−27.\sqrt{3}\left(\sqrt{117} - 3\right) = \sqrt{351} - \sqrt{27}. Thus a+b=351+27=378.a + b = 351 + 27 = 378.

9.

Ellina tiene doce bloques, dos de cada uno: rojo (R\textbf{R}), azul (B\textbf{B}), amarillo (Y\textbf{Y}), verde (G\textbf{G}), naranja (O\textbf{O}) y morado (P\textbf{P}). Llama a una disposición de bloques par si hay un número par de bloques entre cada par de bloques del mismo color. Por ejemplo, la disposiciónR B B Y G G Y R O P P O\textbf{R B B Y G G Y R O P P O}es par. Ellina dispone sus bloques en una fila en orden aleatorio. La probabilidad de que su disposición sea par es mn,\frac{m}{n}, donde mm y nn son enteros positivos primos entre sí. Halla m+n.m + n.

Ellina has twelve blocks, two each of red (R\textbf{R}), blue (B\textbf{B}), yellow (Y\textbf{Y}), green (G\textbf{G}), orange (O\textbf{O}), and purple (P\textbf{P}). Call an arrangement of blocks even if there is an even number of blocks between each pair of blocks of the same color. For example, the arrangement R B B Y G G Y R O P P O\textbf{R B B Y G G Y R O P P O} is even. Ellina arranges her blocks in a row in random order. The probability that her arrangement is even is mn,\frac{m}{n}, where mm and nn are relatively prime positive integers. Find m+n.m + n.

Respuesta: 247
Conceptos:probabilidad básicapermutaciones de multiconjuntosparidad

Nivel de dificultad: 2450

Solución:

Si un color ocupa las posiciones i<j,i \lt j, el número de bloques entre ellas es j−i−1,j - i - 1, que es par exactamente cuando ii y jj tienen paridad opuesta. Así que una disposición es par precisamente cuando cada color ocupa una posición impar y una posición par, es decir, los seis lugares impares contienen cada color exactamente una vez, y lo mismo hacen los seis lugares pares.

Contando las disposiciones de los doce bloques (los bloques del mismo color son idénticos), hay 12!26\frac{12!}{2^6} en total, y 6!⋅6!6! \cdot 6! pares (una permutación de los seis colores en los lugares impares y otra en los lugares pares). La probabilidad es 6!⋅6!⋅2612!=16231.\frac{6! \cdot 6! \cdot 2^6}{12!} = \frac{16}{231}.

Como gcd⁡(16,231)=1,\gcd(16, 231) = 1, la respuesta es m+n=16+231=247.m + n = 16 + 231 = 247.

If a color occupies positions i<j,i \lt j, the number of blocks between them is j−i−1,j - i - 1, which is even exactly when ii and jj have opposite parity. So an arrangement is even precisely when every color occupies one odd position and one even position — that is, the six odd slots contain each color exactly once, and so do the six even slots.

Counting arrangements of the twelve blocks (blocks of the same color identical), there are 12!26\frac{12!}{2^6} in total, and 6!⋅6!6! \cdot 6! even ones (a permutation of the six colors in the odd slots and another in the even slots). The probability is 6!⋅6!⋅2612!=16231.\frac{6! \cdot 6! \cdot 2^6}{12!} = \frac{16}{231}.

Since gcd⁡(16,231)=1,\gcd(16, 231) = 1, the answer is m+n=16+231=247.m + n = 16 + 231 = 247.

10.

Tres esferas de radios 11,11, 13,13, y 1919 son mutuamente tangentes externamente. Un plano corta a las esferas en tres circunferencias congruentes con centros en A,A, B,B, y C,C, respectivamente, y los centros de las esferas están todos del mismo lado de este plano. Supón que AB2=560.AB^2 = 560. Halla AC2.AC^2.

Three spheres with radii 11,11, 13,13, and 1919 are mutually externally tangent. A plane intersects the spheres in three congruent circles centered at A,A, B,B, and C,C, respectively, and the centers of the spheres all lie on the same side of this plane. Suppose that AB2=560.AB^2 = 560. Find AC2.AC^2.

Respuesta: 756
Conceptos:esferaGeometría 3DTeorema de Pitágoras

Nivel de dificultad: 2560

Solución:

Sean las alturas de los centros de las esferas h1,h2,h3h_1, h_2, h_3 sobre el plano. El centro de cada circunferencia es el pie de la perpendicular desde el centro de la esfera, y el radio común de las circunferencias ρ\rho satisface ρ2=112−h12\rho^2 = 11^2 - h_1^2 =132−h22= 13^2 - h_2^2 =192−h32.= 19^2 - h_3^2.

Las dos primeras esferas son tangentes, así que sus centros distan 11+13=24,11 + 13 = 24, y proyectando sobre el plano, AB2=242−(h2−h1)2.AB^2 = 24^2 - (h_2 - h_1)^2. Por lo tanto (h2−h1)2=576−560=16.(h_2 - h_1)^2 = 576 - 560 = 16. La congruencia da h22−h12=169−121=48,h_2^2 - h_1^2 = 169 - 121 = 48, así que h2−h1=4h_2 - h_1 = 4 y h2+h1=12h_2 + h_1 = 12 (el otro signo da una suma negativa), lo que produce h1=4,h_1 = 4, h2=8,h_2 = 8, y ρ2=121−16=105.\rho^2 = 121 - 16 = 105. Entonces h32=361−105=256,h_3^2 = 361 - 105 = 256, así que h3=16.h_3 = 16.

El primer y el tercer centro distan 11+19=30,11 + 19 = 30, así que AC2=302−(h3−h1)2=900−144=756. \begin{aligned} AC^2 &= 30^2 - (h_3 - h_1)^2 \\ &= 900 - 144 = 756. \end{aligned}

Let the sphere centers be at heights h1,h2,h3h_1, h_2, h_3 above the plane. Each circle's center is the foot of the perpendicular from the sphere's center, and the common circle radius ρ\rho satisfies ρ2=112−h12\rho^2 = 11^2 - h_1^2 =132−h22= 13^2 - h_2^2 =192−h32.= 19^2 - h_3^2.

The first two spheres are tangent, so their centers are 11+13=2411 + 13 = 24 apart, and projecting onto the plane, AB2=242−(h2−h1)2.AB^2 = 24^2 - (h_2 - h_1)^2. Thus (h2−h1)2=576−560=16.(h_2 - h_1)^2 = 576 - 560 = 16. Congruence gives h22−h12=169−121=48,h_2^2 - h_1^2 = 169 - 121 = 48, so h2−h1=4h_2 - h_1 = 4 and h2+h1=12h_2 + h_1 = 12 (the other sign gives a negative sum), yielding h1=4,h_1 = 4, h2=8,h_2 = 8, and ρ2=121−16=105.\rho^2 = 121 - 16 = 105. Then h32=361−105=256,h_3^2 = 361 - 105 = 256, so h3=16.h_3 = 16.

The first and third centers are 11+19=3011 + 19 = 30 apart, so AC2=302−(h3−h1)2=900−144=756. \begin{aligned} AC^2 &= 30^2 - (h_3 - h_1)^2 \\ &= 900 - 144 = 756. \end{aligned}

11.

Sea ABCDABCD un paralelogramo con ∠BAD<90∘.\angle BAD \lt 90^\circ. Una circunferencia tangente a los lados DA‾,\overline{DA}, AB‾,\overline{AB}, y BC‾\overline{BC} corta a la diagonal AC‾\overline{AC} en los puntos PP y QQ con AP<AQ,AP \lt AQ, como se muestra. Supón que AP=3,AP = 3, PQ=9,PQ = 9, y QC=16.QC = 16. Entonces el área de ABCDABCD puede expresarse en la forma mn,m\sqrt{n}, donde mm y nn son enteros positivos, y nn no es divisible por el cuadrado de ningún primo. Halla m+n.m + n.

Let ABCDABCD be a parallelogram with ∠BAD<90∘.\angle BAD \lt 90^\circ. A circle tangent to sides DA‾,\overline{DA}, AB‾,\overline{AB}, and BC‾\overline{BC} intersects diagonal AC‾\overline{AC} at points PP and QQ with AP<AQ,AP \lt AQ, as shown. Suppose that AP=3,AP = 3, PQ=9,PQ = 9, and QC=16.QC = 16. Then the area of ABCDABCD can be expressed in the form mn,m\sqrt{n}, where mm and nn are positive integers, and nn is not divisible by the square of any prime. Find m+n.m + n.

Respuesta: 150
Conceptos:potencia de un puntorecta tangenteley de los cosenosparalelogramo

Nivel de dificultad: 3060

Solución:

Por la potencia de un punto, AP⋅AQ=3⋅12=36AP \cdot AQ = 3 \cdot 12 = 36 y CQ⋅CP=16⋅25=400,CQ \cdot CP = 16 \cdot 25 = 400, así que las longitudes de tangente desde AA y CC son 66 y 20.20. El punto de tangencia sobre AB‾\overline{AB} está a 66 de A,A, y por tanto a AB−6AB - 6 de B;B; tangentes iguales desde BB colocan el punto de tangencia sobre BC‾\overline{BC} a esa misma distancia de B,B, así que su distancia a CC es BC−(AB−6)=20,BC - (AB - 6) = 20, lo que da BC=AB+14.BC = AB + 14.

Sea ∠BAD=2θ.\angle BAD = 2\theta. El centro está sobre la bisectriz de ∠A\angle A con longitud de tangente desde AA igual a 6,6, así que el radio es ρ=6tan⁡θ.\rho = 6\tan\theta. La circunferencia es tangente a ambas rectas paralelas ADAD y BC,BC, cuya distancia entre sí es ABsin⁡2θ,AB \sin 2\theta, así que ABsin⁡2θ=2ρ=12tan⁡θ,AB \sin 2\theta = 2\rho = 12 \tan\theta, que se simplifica a ABcos⁡2θ=6.AB \cos^2\theta = 6. En el triángulo ABC,ABC, ∠ABC=180∘−2θ\angle ABC = 180^\circ - 2\theta y AC=3+9+16=28,AC = 3 + 9 + 16 = 28, así que la ley de cosenos da 784=AB2+BC2+2⋅AB⋅BCcos⁡2θ. \begin{aligned} 784 &= AB^2 + BC^2 \\ &\quad {}+ 2 \cdot AB \cdot BC \cos 2\theta. \end{aligned} Sustituyendo BC=AB+14BC = AB + 14 y cos⁡2θ=2cos⁡2θ−1,\cos 2\theta = 2\cos^2\theta - 1, los términos en AB2AB^2 se cancelan y, usando ABcos⁡2θ=6,AB\cos^2\theta = 6, la ecuación se reduce a 24 AB+336+196=784,24\,AB + 336 + 196 = 784, así que AB=212AB = \frac{21}{2} y cos⁡2θ=47.\cos^2\theta = \frac{4}{7}.

Entonces sin⁡2θ=23747=437,\sin 2\theta = 2\sqrt{\frac{3}{7}}\sqrt{\frac{4}{7}} = \frac{4\sqrt{3}}{7}, y el área es AB⋅BCsin⁡2θ=212⋅492⋅437=1473, \begin{aligned} &AB \cdot BC \sin 2\theta \\ &= \frac{21}{2} \cdot \frac{49}{2} \cdot \frac{4\sqrt{3}}{7} \\ &= 147\sqrt{3}, \end{aligned} así que m+n=147+3=150.m + n = 147 + 3 = 150.

By power of a point, AP⋅AQ=3⋅12=36AP \cdot AQ = 3 \cdot 12 = 36 and CQ⋅CP=16⋅25=400,CQ \cdot CP = 16 \cdot 25 = 400, so the tangent lengths from AA and CC are 66 and 20.20. The tangent point on AB‾\overline{AB} is 66 from A,A, hence AB−6AB - 6 from B;B; equal tangents from BB put the tangent point on BC‾\overline{BC} at that same distance from B,B, so its distance from CC is BC−(AB−6)=20,BC - (AB - 6) = 20, giving BC=AB+14.BC = AB + 14.

Let ∠BAD=2θ.\angle BAD = 2\theta. The center lies on the bisector of ∠A\angle A with the tangent length from AA equal to 6,6, so the radius is ρ=6tan⁡θ.\rho = 6\tan\theta. The circle is tangent to both parallel lines ADAD and BC,BC, whose distance apart is ABsin⁡2θ,AB \sin 2\theta, so ABsin⁡2θ=2ρ=12tan⁡θ,AB \sin 2\theta = 2\rho = 12 \tan\theta, which simplifies to ABcos⁡2θ=6.AB \cos^2\theta = 6. In triangle ABC,ABC, ∠ABC=180∘−2θ\angle ABC = 180^\circ - 2\theta and AC=3+9+16=28,AC = 3 + 9 + 16 = 28, so the law of cosines gives 784=AB2+BC2+2⋅AB⋅BCcos⁡2θ. \begin{aligned} 784 &= AB^2 + BC^2 \\ &\quad {}+ 2 \cdot AB \cdot BC \cos 2\theta. \end{aligned} Substituting BC=AB+14BC = AB + 14 and cos⁡2θ=2cos⁡2θ−1,\cos 2\theta = 2\cos^2\theta - 1, the AB2AB^2 terms cancel and, using ABcos⁡2θ=6,AB\cos^2\theta = 6, the equation collapses to 24 AB+336+196=784,24\,AB + 336 + 196 = 784, so AB=212AB = \frac{21}{2} and cos⁡2θ=47.\cos^2\theta = \frac{4}{7}.

Then sin⁡2θ=23747=437,\sin 2\theta = 2\sqrt{\frac{3}{7}}\sqrt{\frac{4}{7}} = \frac{4\sqrt{3}}{7}, and the area is AB⋅BCsin⁡2θ=212⋅492⋅437=1473, \begin{aligned} &AB \cdot BC \sin 2\theta \\ &= \frac{21}{2} \cdot \frac{49}{2} \cdot \frac{4\sqrt{3}}{7} \\ &= 147\sqrt{3}, \end{aligned} so m+n=147+3=150.m + n = 147 + 3 = 150.

12.

Para cualquier conjunto finito X,X, sea ∣X∣|X| el número de elementos de X.X. DefineSn=∑∣A∩B∣,S_n = \sum |A \cap B|,donde la suma se toma sobre todos los pares ordenados (A,B)(A, B) tales que AA y BB son subconjuntos de {1,2,3,…,n}\{1, 2, 3, \ldots, n\} con ∣A∣=∣B∣.|A| = |B|. Por ejemplo, S2=4S_2 = 4 porque la suma se toma sobre los siguientes pares de subconjuntos:(A,B)∈{(∅,∅),({1},{1}),({1},{2}),({2},{1}),({2},{2}),({1,2},{1,2})}, \begin{aligned} &(A, B) \in {}\\ &\quad \small\left\{\begin{gathered} (\emptyset, \emptyset), (\{1\}, \{1\}), \\ (\{1\}, \{2\}), (\{2\}, \{1\}), \\ (\{2\}, \{2\}), (\{1, 2\}, \{1, 2\}) \end{gathered}\right\}, \end{aligned} dando S2=0+1+0+0+1+2=4.S_2 = 0 + 1 + 0 + 0 + 1 + 2 = 4. Sea S2022S2021=pq,\frac{S_{2022}}{S_{2021}} = \frac{p}{q}, donde pp y qq son enteros positivos primos entre sí. Halla el residuo cuando p+qp + q se divide entre 1000.1000.

For any finite set X,X, let ∣X∣|X| denote the number of elements in X.X. Define Sn=∑∣A∩B∣,S_n = \sum |A \cap B|, where the sum is taken over all ordered pairs (A,B)(A, B) such that AA and BB are subsets of {1,2,3,…,n}\{1, 2, 3, \ldots, n\} with ∣A∣=∣B∣.|A| = |B|. For example, S2=4S_2 = 4 because the sum is taken over the pairs of subsets (A,B)∈{(∅,∅),({1},{1}),({1},{2}),({2},{1}),({2},{2}),({1,2},{1,2})}, \begin{aligned} &(A, B) \in {}\\ &\quad \small\left\{\begin{gathered} (\emptyset, \emptyset), (\{1\}, \{1\}), \\ (\{1\}, \{2\}), (\{2\}, \{1\}), \\ (\{2\}, \{2\}), (\{1, 2\}, \{1, 2\}) \end{gathered}\right\}, \end{aligned} giving S2=0+1+0+0+1+2=4.S_2 = 0 + 1 + 0 + 0 + 1 + 2 = 4. Let S2022S2021=pq,\frac{S_{2022}}{S_{2021}} = \frac{p}{q}, where pp and qq are relatively prime positive integers. Find the remainder when p+qp + q is divided by 1000.1000.

Respuesta: 245
Conceptos:subconjuntoscombinacionesdoble conteoConvolución de Vandermonde

Nivel de dificultad: 2990

Solución:

Cuenta elemento por elemento: SnS_n es igual al número de ternas (x,A,B)(x, A, B) con ∣A∣=∣B∣|A| = |B| y x∈A∩B.x \in A \cap B. Para un xx fijo y un tamaño k,k, hay (n−1k−1)\binom{n-1}{k-1} elecciones para cada uno de AA y BB que contienen a x,x, así que por la identidad de Vandermonde Sn=n∑k=1n(n−1k−1)2=n(2n−2n−1). \begin{aligned} S_n &= n \sum_{k=1}^{n} \binom{n-1}{k-1}^2 \\ &= n\binom{2n-2}{n-1}. \end{aligned}

Por lo tanto S2022S2021=2022(40422021)2021(40402020)=20222021⋅4042⋅404120212=2⋅2022⋅404120212. \begin{aligned} \frac{S_{2022}}{S_{2021}} &= \frac{2022\binom{4042}{2021}}{2021\binom{4040}{2020}} \\ &= \frac{2022}{2021} \cdot \frac{4042 \cdot 4041}{2021^2} \\ &= \frac{2 \cdot 2022 \cdot 4041}{2021^2}. \end{aligned} Como 2021=43⋅472021 = 43 \cdot 47 no divide ni a 2022,2022, ni a 4041=32⋅449,4041 = 3^2 \cdot 449, ni a 2,2, esta fracción está en su mínima expresión: p=2⋅2022⋅4041=16341804p = 2 \cdot 2022 \cdot 4041 = 16341804 y q=20212=4084441.q = 2021^2 = 4084441.

Entonces p+q=20426245,p + q = 20426245, cuyo residuo módulo 10001000 es 245.245.

Count element by element: SnS_n equals the number of triples (x,A,B)(x, A, B) with ∣A∣=∣B∣|A| = |B| and x∈A∩B.x \in A \cap B. For a fixed xx and size k,k, there are (n−1k−1)\binom{n-1}{k-1} choices for each of AA and BB containing x,x, so by the Vandermonde identity Sn=n∑k=1n(n−1k−1)2=n(2n−2n−1). \begin{aligned} S_n &= n \sum_{k=1}^{n} \binom{n-1}{k-1}^2 \\ &= n\binom{2n-2}{n-1}. \end{aligned}

Therefore S2022S2021=2022(40422021)2021(40402020)=20222021⋅4042⋅404120212=2⋅2022⋅404120212. \begin{aligned} \frac{S_{2022}}{S_{2021}} &= \frac{2022\binom{4042}{2021}}{2021\binom{4040}{2020}} \\ &= \frac{2022}{2021} \cdot \frac{4042 \cdot 4041}{2021^2} \\ &= \frac{2 \cdot 2022 \cdot 4041}{2021^2}. \end{aligned} Since 2021=43⋅472021 = 43 \cdot 47 divides neither 2022,2022, 4041=32⋅449,4041 = 3^2 \cdot 449, nor 2,2, this fraction is in lowest terms: p=2⋅2022⋅4041=16341804p = 2 \cdot 2022 \cdot 4041 = 16341804 and q=20212=4084441.q = 2021^2 = 4084441.

Then p+q=20426245,p + q = 20426245, whose remainder modulo 10001000 is 245.245.

13.

Sea SS el conjunto de todos los números racionales que pueden expresarse como un decimal periódico de la forma 0.abcd‾,0.\overline{abcd}, donde al menos uno de los dígitos a,a, b,b, c,c, o dd es distinto de cero. Sea NN el número de numeradores distintos que se obtienen cuando los números de SS se escriben como fracciones en su mínima expresión. Por ejemplo, tanto 44 como 410410 se cuentan entre los numeradores distintos de los números de SS porque 0.3636‾=4110.\overline{3636} = \frac{4}{11} y 0.1230‾=4103333.0.\overline{1230} = \frac{410}{3333}. Halla el residuo cuando NN se divide entre 1000.1000.

Let SS be the set of all rational numbers that can be expressed as a repeating decimal in the form 0.abcd‾,0.\overline{abcd}, where at least one of the digits a,a, b,b, c,c, or dd is nonzero. Let NN be the number of distinct numerators obtained when numbers in SS are written as fractions in lowest terms. For example, both 44 and 410410 are counted among the distinct numerators for numbers in SS because 0.3636‾=4110.\overline{3636} = \frac{4}{11} and 0.1230‾=4103333.0.\overline{1230} = \frac{410}{3333}. Find the remainder when NN is divided by 1000.1000.

Respuesta: 392
Conceptos:decimal periódicoFunción φ de Euleranálisis por casos

Nivel de dificultad: 3160

Solución:

Cada elemento de SS es igual a k9999\frac{k}{9999} para algún 1≤k≤9999,1 \le k \le 9999, donde 9999=32⋅11⋅101.9999 = 3^2 \cdot 11 \cdot 101. En su mínima expresión esto es mD\frac{m}{D} donde D∣9999,D \mid 9999, m≤D,m \le D, y gcd⁡(m,D)=1;\gcd(m, D) = 1; recíprocamente, cualquier mD\frac{m}{D} de este tipo surge de k=m⋅9999D.k = m \cdot \frac{9999}{D}. Así que NN cuenta los enteros mm que son a lo sumo, y coprimos con, algún divisor DD de 9999.9999.

Clasifica mm según cuáles de los primos 3,11,1013, 11, 101 lo dividen, usando siempre el mayor divisor DD coprimo con m.m. Si gcd⁡(m,9999)=1,\gcd(m, 9999) = 1, toma D=9999:D = 9999: hay φ(9999)=6000\varphi(9999) = 6000 tales m.m. Si solo 3∣m,3 \mid m, toma D=11⋅101=1111:D = 11 \cdot 101 = 1111: los múltiplos de 33 hasta 11111111 que evitan 1111 y 101101 suman 370−33−3=334.370 - 33 - 3 = 334. Si solo 11∣m,11 \mid m, toma D=9⋅101=909:D = 9 \cdot 101 = 909: eso da 82−27=55.82 - 27 = 55. Si solo 101∣m,101 \mid m, entonces D=99<101D = 99 \lt 101 no admite ninguno. Si 33∣m33 \mid m pero 101∤m,101 \nmid m, toma D=101:D = 101: los valores 33,66,9933, 66, 99 dan 33 más, y cualquier mm divisible por 3⋅1013 \cdot 101 o 11⋅10111 \cdot 101 necesitaría D≤11,D \le 11, lo cual es imposible.

Por lo tanto N=6000+334+55+3N = 6000 + 334 + 55 + 3 =6392,= 6392, y el residuo módulo 10001000 es 392.392.

Every element of SS equals k9999\frac{k}{9999} for some 1≤k≤9999,1 \le k \le 9999, where 9999=32⋅11⋅101.9999 = 3^2 \cdot 11 \cdot 101. In lowest terms this is mD\frac{m}{D} where D∣9999,D \mid 9999, m≤D,m \le D, and gcd⁡(m,D)=1;\gcd(m, D) = 1; conversely any such mD\frac{m}{D} arises from k=m⋅9999D.k = m \cdot \frac{9999}{D}. So NN counts the integers mm that are at most, and coprime to, some divisor DD of 9999.9999.

Classify mm by which of the primes 3,11,1013, 11, 101 divide it, always using the largest divisor DD coprime to m.m. If gcd⁡(m,9999)=1,\gcd(m, 9999) = 1, take D=9999:D = 9999: there are φ(9999)=6000\varphi(9999) = 6000 such m.m. If 3∣m3 \mid m only, take D=11⋅101=1111:D = 11 \cdot 101 = 1111: multiples of 33 up to 11111111 avoiding 1111 and 101101 number 370−33−3=334.370 - 33 - 3 = 334. If 11∣m11 \mid m only, take D=9⋅101=909:D = 9 \cdot 101 = 909: that gives 82−27=55.82 - 27 = 55. If 101∣m101 \mid m only, then D=99<101D = 99 \lt 101 admits none. If 33∣m33 \mid m but 101∤m,101 \nmid m, take D=101:D = 101: the values 33,66,9933, 66, 99 give 33 more, and any mm divisible by 3⋅1013 \cdot 101 or 11⋅10111 \cdot 101 would need D≤11,D \le 11, which is impossible.

Therefore N=6000+334+55+3N = 6000 + 334 + 55 + 3 =6392,= 6392, and the remainder modulo 10001000 is 392.392.

14.

Dado △ABC\triangle ABC y un punto PP sobre uno de sus lados, llama a la recta ℓ\ell la recta divisoria de △ABC\triangle ABC a través de PP si ℓ\ell pasa por PP y divide △ABC\triangle ABC en dos polígonos de igual perímetro. Sea △ABC\triangle ABC un triángulo donde BC=219BC = 219 y ABAB y ACAC son enteros positivos. Sean MM y NN los puntos medios de AB‾\overline{AB} y AC‾,\overline{AC}, respectivamente, y supón que las rectas divisorias de △ABC\triangle ABC a través de MM y NN se cortan a 30∘.30^\circ. Halla el perímetro de △ABC.\triangle ABC.

Given △ABC\triangle ABC and a point PP on one of its sides, call line ℓ\ell the splitting line of △ABC\triangle ABC through PP if ℓ\ell passes through PP and divides △ABC\triangle ABC into two polygons of equal perimeter. Let △ABC\triangle ABC be a triangle where BC=219BC = 219 and ABAB and ACAC are positive integers. Let MM and NN be the midpoints of AB‾\overline{AB} and AC‾,\overline{AC}, respectively, and suppose that the splitting lines of △ABC\triangle ABC through MM and NN intersect at 30∘.30^\circ. Find the perimeter of △ABC.\triangle ABC.

Respuesta: 459
Conceptos:bisectrizley de los cosenosEcuación diofántica

Nivel de dificultad: 3500

Solución:

Escribe a=BC=219,a = BC = 219, b=CA,b = CA, c=AB,c = AB, y ss para el semiperímetro. La recta divisoria a través de MM corta a BC‾\overline{BC} en el punto XX con BX=s−c2BX = s - \frac{c}{2} (entonces cada pieza tiene perímetro ss). En el triángulo BMX,BMX, la ley de senos muestra ∠BXM=C2:\angle BXM = \frac{C}{2}: esto requiere csin⁡(B+C2)=(a+b)sin⁡C2,c \sin\left(B + \frac{C}{2}\right) = (a + b)\sin\frac{C}{2}, que se reduce mediante a+b=2R(sin⁡A+sin⁡B)a + b = 2R(\sin A + \sin B) =4Rcos⁡C2cos⁡A−B2= 4R\cos\frac{C}{2}\cos\frac{A - B}{2} y c=4Rsin⁡C2cos⁡C2c = 4R \sin\frac{C}{2}\cos\frac{C}{2} a sin⁡(B+C2)=cos⁡A−B2,\sin\left(B + \frac{C}{2}\right) = \cos\frac{A - B}{2}, cierto porque esos ángulos son complementarios. Por lo tanto, la recta divisoria a través de MM es paralela a la bisectriz desde C,C, y de igual modo la que pasa por NN es paralela a la bisectriz desde B.B.

Las bisectrices internas desde BB y CC se cortan a 90∘+A2>90∘,90^\circ + \frac{A}{2} \gt 90^\circ, así que el ángulo agudo entre las dos rectas divisorias es 90∘−A2=30∘,90^\circ - \frac{A}{2} = 30^\circ, lo que obliga a ∠A=120∘.\angle A = 120^\circ. La ley de cosenos da 2192=b2+c2+bc=(b+c)2−bc. \begin{aligned} 219^2 &= b^2 + c^2 + bc \\ &= (b + c)^2 - bc. \end{aligned} Pon p=b+c,p = b + c, de modo que bc=p2−2192bc = p^2 - 219^2 y b,cb, c son raíces de t2−pt+(p2−2192),t^2 - pt + (p^2 - 219^2), lo que exige que 4⋅2192−3p24 \cdot 219^2 - 3p^2 sea un cuadrado perfecto k2.k^2. Entonces 3∣k3 \mid k y 3∣p;3 \mid p; escribir p=3rp = 3r y k=3mk = 3m convierte la condición en m2+3r2=1462.m^2 + 3r^2 = 146^2. La desigualdad triangular p>219p \gt 219 y 4⋅2192≥3p24 \cdot 219^2 \ge 3p^2 restringen 74≤r≤84,74 \le r \le 84, y al revisarlos, solo r=80r = 80 funciona, con m=46.m = 46.

Así que b+c=240b + c = 240 y bc=2402−47961=9639,bc = 240^2 - 47961 = 9639, lo que da {b,c}={51,189},\{b, c\} = \{51, 189\}, un triángulo válido. El perímetro es 219+240=459.219 + 240 = 459.

Write a=BC=219,a = BC = 219, b=CA,b = CA, c=AB,c = AB, and ss for the semiperimeter. The splitting line through MM meets BC‾\overline{BC} at the point XX with BX=s−c2BX = s - \frac{c}{2} (then each piece has perimeter ss). In triangle BMX,BMX, the law of sines shows ∠BXM=C2:\angle BXM = \frac{C}{2}: this needs csin⁡(B+C2)=(a+b)sin⁡C2,c \sin\left(B + \frac{C}{2}\right) = (a + b)\sin\frac{C}{2}, which reduces via a+b=2R(sin⁡A+sin⁡B)a + b = 2R(\sin A + \sin B) =4Rcos⁡C2cos⁡A−B2= 4R\cos\frac{C}{2}\cos\frac{A - B}{2} and c=4Rsin⁡C2cos⁡C2c = 4R \sin\frac{C}{2}\cos\frac{C}{2} to sin⁡(B+C2)=cos⁡A−B2,\sin\left(B + \frac{C}{2}\right) = \cos\frac{A - B}{2}, true because those angles are complementary. Hence the splitting line through MM is parallel to the angle bisector from C,C, and likewise the one through NN is parallel to the bisector from B.B.

The internal bisectors from BB and CC meet at 90∘+A2>90∘,90^\circ + \frac{A}{2} \gt 90^\circ, so the acute angle between the two splitting lines is 90∘−A2=30∘,90^\circ - \frac{A}{2} = 30^\circ, forcing ∠A=120∘.\angle A = 120^\circ. The law of cosines gives 2192=b2+c2+bc=(b+c)2−bc. \begin{aligned} 219^2 &= b^2 + c^2 + bc \\ &= (b + c)^2 - bc. \end{aligned} Set p=b+c,p = b + c, so bc=p2−2192bc = p^2 - 219^2 and b,cb, c are roots of t2−pt+(p2−2192),t^2 - pt + (p^2 - 219^2), requiring 4⋅2192−3p24 \cdot 219^2 - 3p^2 to be a perfect square k2.k^2. Then 3∣k3 \mid k and 3∣p;3 \mid p; writing p=3rp = 3r and k=3mk = 3m turns the condition into m2+3r2=1462.m^2 + 3r^2 = 146^2. The triangle inequality p>219p \gt 219 and 4⋅2192≥3p24 \cdot 219^2 \ge 3p^2 restrict 74≤r≤84,74 \le r \le 84, and checking these, only r=80r = 80 works, with m=46.m = 46.

So b+c=240b + c = 240 and bc=2402−47961=9639,bc = 240^2 - 47961 = 9639, giving {b,c}={51,189}\{b, c\} = \{51, 189\} — a valid triangle. The perimeter is 219+240=459.219 + 240 = 459.

15.

Sean x,x, y,y, y zz números reales positivos que satisfacen el sistema de ecuaciones2x−xy+2y−xy=1\sqrt{2x - xy} + \sqrt{2y - xy} = 12y−yz+2z−yz=2\sqrt{2y - yz} + \sqrt{2z - yz} = \sqrt{2}2z−zx+2x−zx=3.\sqrt{2z - zx} + \sqrt{2x - zx} = \sqrt{3}.Entonces [(1−x)(1−y)(1−z)]2\left[(1 - x)(1 - y)(1 - z)\right]^2 puede escribirse como mn,\frac{m}{n}, donde mm y nn son enteros positivos primos entre sí. Halla m+n.m + n.

Let x,x, y,y, and zz be positive real numbers satisfying the system of equations 2x−xy+2y−xy=1\sqrt{2x - xy} + \sqrt{2y - xy} = 1 2y−yz+2z−yz=2\sqrt{2y - yz} + \sqrt{2z - yz} = \sqrt{2} 2z−zx+2x−zx=3.\sqrt{2z - zx} + \sqrt{2x - zx} = \sqrt{3}. Then [(1−x)(1−y)(1−z)]2\left[(1 - x)(1 - y)(1 - z)\right]^2 can be written as mn,\frac{m}{n}, where mm and nn are relatively prime positive integers. Find m+n.m + n.

Respuesta: 33
Conceptos:sistema de ecuacionesidentidad trigonométricasustitución

Nivel de dificultad: 3270

Solución:

Cada radicando se factoriza: 2x−xy=x(2−y),2x - xy = x(2 - y), y así sucesivamente, de modo que 0<x,y,z≤2.0 \lt x, y, z \le 2. Sustituye x=2sin⁡2α,x = 2\sin^2\alpha, y=2sin⁡2β,y = 2\sin^2\beta, z=2sin⁡2γz = 2\sin^2\gamma con α,β,γ∈(0∘,90∘].\alpha, \beta, \gamma \in \left(0^\circ, 90^\circ\right]. Entonces x(2−y)=4sin⁡2αcos⁡2β\sqrt{x(2 - y)} = \sqrt{4\sin^2\alpha\cos^2\beta} =2sin⁡αcos⁡β,= 2\sin\alpha\cos\beta, y cada ecuación se reduce por la fórmula de adición del seno: 2sin⁡(α+β)=1,2\sin(\alpha + \beta) = 1, 2sin⁡(β+γ)=2,2\sin(\beta + \gamma) = \sqrt{2}, 2sin⁡(γ+α)=3.2\sin(\gamma + \alpha) = \sqrt{3}.

Tomando α+β=30∘,\alpha + \beta = 30^\circ, β+γ=45∘,\beta + \gamma = 45^\circ, γ+α=60∘\gamma + \alpha = 60^\circ y resolviendo, α=22.5∘,\alpha = 22.5^\circ, β=7.5∘,\beta = 7.5^\circ, γ=37.5∘.\gamma = 37.5^\circ. (Las elecciones de rama suplementaria consistentes con los rangos de los ángulos llevan al mismo valor del cuadrado final.) Por la identidad del ángulo doble, 1−x=cos⁡2α=cos⁡45∘,1 - x = \cos 2\alpha = \cos 45^\circ, 1−y=cos⁡15∘,1 - y = \cos 15^\circ, y 1−z=cos⁡75∘.1 - z = \cos 75^\circ.

Por lo tanto (1−x)(1−y)(1−z)=22cos⁡15∘⋅sin⁡15∘=22⋅sin⁡30∘2=28, \begin{aligned} &(1 - x)(1 - y)(1 - z) \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2}\cos 15^\circ \\ &\quad {}\cdot \sin 15^\circ \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sin 30^\circ}{2} \\ &= \frac{\sqrt{2}}{8}, \end{aligned} cuyo cuadrado es 264=132.\frac{2}{64} = \frac{1}{32}. Así que m+n=1+32=33.m + n = 1 + 32 = 33.

Each radicand factors: 2x−xy=x(2−y),2x - xy = x(2 - y), and so on, so 0<x,y,z≤2.0 \lt x, y, z \le 2. Substitute x=2sin⁡2α,x = 2\sin^2\alpha, y=2sin⁡2β,y = 2\sin^2\beta, z=2sin⁡2γz = 2\sin^2\gamma with α,β,γ∈(0∘,90∘].\alpha, \beta, \gamma \in \left(0^\circ, 90^\circ\right]. Then x(2−y)=4sin⁡2αcos⁡2β\sqrt{x(2 - y)} = \sqrt{4\sin^2\alpha\cos^2\beta} =2sin⁡αcos⁡β,= 2\sin\alpha\cos\beta, and each equation collapses by the sine addition formula: 2sin⁡(α+β)=1,2\sin(\alpha + \beta) = 1, 2sin⁡(β+γ)=2,2\sin(\beta + \gamma) = \sqrt{2}, 2sin⁡(γ+α)=3.2\sin(\gamma + \alpha) = \sqrt{3}.

Taking α+β=30∘,\alpha + \beta = 30^\circ, β+γ=45∘,\beta + \gamma = 45^\circ, γ+α=60∘\gamma + \alpha = 60^\circ and solving, α=22.5∘,\alpha = 22.5^\circ, β=7.5∘,\beta = 7.5^\circ, γ=37.5∘.\gamma = 37.5^\circ. (The supplementary branch choices consistent with the angle ranges lead to the same value of the final square.) By the double-angle identity, 1−x=cos⁡2α=cos⁡45∘,1 - x = \cos 2\alpha = \cos 45^\circ, 1−y=cos⁡15∘,1 - y = \cos 15^\circ, and 1−z=cos⁡75∘.1 - z = \cos 75^\circ.

Therefore (1−x)(1−y)(1−z)=22cos⁡15∘⋅sin⁡15∘=22⋅sin⁡30∘2=28, \begin{aligned} &(1 - x)(1 - y)(1 - z) \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2}\cos 15^\circ \\ &\quad {}\cdot \sin 15^\circ \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sin 30^\circ}{2} \\ &= \frac{\sqrt{2}}{8}, \end{aligned} whose square is 264=132.\frac{2}{64} = \frac{1}{32}. Thus m+n=1+32=33.m + n = 1 + 32 = 33.