Soluciones del 2024 AIME I | LIVE by Po-Shen Loh

1.

Cada mañana Aya da un paseo de $9$ kilómetros de largo y después se detiene en una cafetería. Cuando camina a una velocidad constante de $s$ kilómetros por hora, el paseo le toma $4$ horas, incluidos los $t$ minutos que pasa en la cafetería. Cuando camina a $s + 2$ kilómetros por hora, el paseo le toma $2$ horas y $24$ minutos, incluidos los $t$ minutos que pasa en la cafetería. Supón que Aya camina a $s + \frac{1}{2}$ kilómetros por hora. Halla la cantidad de minutos que le toma el paseo, incluidos los $t$ minutos que pasa en la cafetería.

Every morning Aya goes for a $9$ -kilometer-long walk and stops at a coffee shop afterwards. When she walks at a constant speed of $s$ kilometers per hour, the walk takes her $4$ hours, including $t$ minutes spent in the coffee shop. When she walks $s + 2$ kilometers per hour, the walk takes her $2$ hours and $24$ minutes, including $t$ minutes spent in the coffee shop. Suppose Aya walks at $s + \frac{1}{2}$ kilometers per hour. Find the number of minutes the walk takes her, including the $t$ minutes spent in the coffee shop.

Respuesta

Conceptos:distancia, velocidad y tiempo cuadrática

Nivel de dificultad: 1890

Solución:

Midiendo el tiempo en horas, los dos escenarios dicen $\frac{9}{s} + \frac{t}{60} = 4$ y $\frac{9}{s+2} + \frac{t}{60} = \frac{12}{5}.$ Restando, $\frac{9}{s} - \frac{9}{s+2} = \frac{8}{5},$ así que $\frac{18}{s(s+2)} = \frac{8}{5},$ lo que da $s(s+2) = \frac{45}{4}.$ La raíz positiva de $s^2 + 2s - \frac{45}{4} = 0$ es $s = \frac{5}{2}.$

Entonces $\frac{t}{60} = 4 - \frac{9}{5/2} = \frac{2}{5},$ así que $t = 24$ minutos. Caminar a $s + \frac{1}{2} = 3$ kilómetros por hora toma $\frac{9}{3} = 3$ horas, de modo que el total es $180 + 24 = 204$ minutos.

Measuring time in hours, the two scenarios say $\frac{9}{s} + \frac{t}{60} = 4$ and $\frac{9}{s+2} + \frac{t}{60} = \frac{12}{5}.$ Subtracting, $\frac{9}{s} - \frac{9}{s+2} = \frac{8}{5},$ so $\frac{18}{s(s+2)} = \frac{8}{5},$ giving $s(s+2) = \frac{45}{4}.$ The positive root of $s^2 + 2s - \frac{45}{4} = 0$ is $s = \frac{5}{2}.$

Then $\frac{t}{60} = 4 - \frac{9}{5/2} = \frac{2}{5},$ so $t = 24$ minutes. Walking at $s + \frac{1}{2} = 3$ kilometers per hour takes $\frac{9}{3} = 3$ hours, so the total is $180 + 24 = 204$ minutes.

2.

Existen números reales $x$ y $y,$ ambos mayores que $1,$ tales que $\log_x\left(y^x\right) = \log_y\left(x^{4y}\right) = 10.$ Halla $xy.$

There exist real numbers $x$ and $y,$ both greater than $1,$ such that $\log_x\left(y^x\right) = \log_y\left(x^{4y}\right) = 10.$ Find $xy.$

Respuesta

Conceptos:logaritmo manipulación algebraica

Nivel de dificultad: 2070

Solución:

Sacando los exponentes de los logaritmos, las condiciones se vuelven $x \log_x y = 10$ y $4y \log_y x = 10.$ Multiplicar estas ecuaciones y usar $\log_x y \cdot \log_y x = 1$ da $4xy = 100,$ así que $xy = 25.$

Tales $x$ e $y$ sí existen: el sistema se resuelve como $\log_x y = \frac{10}{x}$ con $y = \frac{25}{x},$ que tiene una solución con $x, y \gt 1,$ así que la respuesta es $25.$

Pulling the exponents out of the logarithms, the conditions become $x \log_x y = 10$ and $4y \log_y x = 10.$ Multiplying these equations and using $\log_x y \cdot \log_y x = 1$ gives $4xy = 100,$ so $xy = 25.$

Such $x$ and $y$ do exist: the system solves to $\log_x y = \frac{10}{x}$ with $y = \frac{25}{x},$ which has a solution with $x, y \gt 1,$ so the answer is $25.$

3.

Alice y Bob juegan al siguiente juego. Ante ellos hay una pila de $n$ fichas. Los jugadores se turnan y Alice va primero. En cada turno, el jugador retira $1$ ficha o $4$ fichas de la pila. El jugador que retira la última ficha gana. Halla la cantidad de enteros positivos $n$ menores o iguales que $2024$ tales que existe una estrategia que garantiza que Bob gane, sin importar las jugadas de Alice.

Alice and Bob play the following game. A stack of $n$ tokens lies before them. The players take turns with Alice going first. On each turn, the player removes $1$ token or $4$ tokens from the stack. The player who removes the last token wins. Find the number of positive integers $n$ less than or equal to $2024$ such that there is a strategy that guarantees that Bob wins, regardless of Alice's moves.

Respuesta

Conceptos:juego combinatorio aritmética modular casos pequeños

Nivel de dificultad: 2110

Solución:

Llama a $n$ una posición perdedora si el jugador a punto de mover pierde con el mejor juego. Afirmamos que las posiciones perdedoras son exactamente $n \equiv 0$ o $2 \pmod 5.$ Desde tal $n,$ retirar $1$ o $4$ fichas deja $n \equiv 4, 1, 3 \pmod 5$ , nunca de nuevo $0$ o $2$ , mientras que desde cualquier $n \equiv 1, 3, 4 \pmod 5$ una jugada alcanza una posición $\equiv 0$ o $2 \pmod 5$ (retirando $1,$ $1,$ $4$ fichas respectivamente). Como $n = 0$ es una derrota para el jugador que debe mover, la inducción confirma el patrón.

Bob gana exactamente cuando $n$ es una posición perdedora para Alice. Entre $1 \le n \le 2024$ hay $404$ múltiplos de $5$ y $405$ valores $n \equiv 2 \pmod 5$ (desde $2$ hasta $2022$ ), para un total de $404 + 405 = 809.$

Call $n$ a losing position if the player about to move loses with best play. We claim the losing positions are exactly $n \equiv 0$ or $2 \pmod 5.$ From such an $n,$ removing $1$ or $4$ tokens leaves $n \equiv 4, 1, 3 \pmod 5$ — never again $0$ or $2$ — while from any $n \equiv 1, 3, 4 \pmod 5$ one move reaches a position $\equiv 0$ or $2 \pmod 5$ (remove $1,$ $1,$ $4$ tokens respectively). Since $n = 0$ is a loss for the player to move, induction confirms the pattern.

Bob wins exactly when $n$ is a losing position for Alice. Among $1 \le n \le 2024$ there are $404$ multiples of $5$ and $405$ values $n \equiv 2 \pmod 5$ (from $2$ to $2022$ ), for a total of $404 + 405 = 809.$

4.

Jen entra en una lotería seleccionando $4$ elementos distintos de $S = \{1, 2, 3, \ldots, 9, 10\}.$ Luego se extraen al azar cuatro elementos de $S.$ Jen gana un premio si al menos dos de sus números fueron extraídos, y gana el gran premio si sus cuatro números fueron extraídos. La probabilidad de que Jen gane el gran premio dado que Jen gana un premio es $\frac{m}{n}$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos primos entre sí. Halla $m + n.$

Jen enters a lottery by selecting $4$ distinct elements of $S = \{1, 2, 3, \ldots, 9, 10\}.$ Then four elements of $S$ are drawn at random. Jen wins a prize if at least two of her numbers were drawn, and wins the grand prize if all four of her numbers were drawn. The probability that Jen wins the grand prize given that Jen wins a prize is $\frac{m}{n}$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

Respuesta

Conceptos:probabilidad condicional combinaciones

Nivel de dificultad: 2230

Solución:

Las $\binom{10}{4} = 210$ extracciones son igualmente probables. La cantidad de extracciones que comparten exactamente $k$ números con el boleto de Jen es $\binom{4}{k}\binom{6}{4-k},$ así que la cantidad que gana un premio es $\begin{aligned} &\binom{4}{2}\binom{6}{2} + \binom{4}{3}\binom{6}{1} \\ &\quad {}+ \binom{4}{4}\binom{6}{0} \\ &= 90 + 24 + 1 = 115, \end{aligned}$ y exactamente $1$ de estas gana el gran premio.

Como el gran premio implica un premio, la probabilidad condicional es $\frac{1/210}{115/210} = \frac{1}{115},$ así que $m + n = 1 + 115 = 116.$

All $\binom{10}{4} = 210$ draws are equally likely. The number of draws sharing exactly $k$ numbers with Jen's ticket is $\binom{4}{k}\binom{6}{4-k},$ so the number winning a prize is $\begin{aligned} &\binom{4}{2}\binom{6}{2} + \binom{4}{3}\binom{6}{1} \\ &\quad {}+ \binom{4}{4}\binom{6}{0} \\ &= 90 + 24 + 1 = 115, \end{aligned}$ and exactly $1$ of these wins the grand prize.

Since the grand prize implies a prize, the conditional probability is $\frac{1/210}{115/210} = \frac{1}{115},$ so $m + n = 1 + 115 = 116.$

5.

El rectángulo $ABCD$ tiene dimensiones $AB = 107$ y $BC = 16,$ y el rectángulo $EFGH$ tiene dimensiones $EF = 184$ y $FG = 17.$ Los puntos $D,$ $E,$ $C,$ y $F$ están sobre la recta $DF$ en ese orden, y $A$ y $H$ están en lados opuestos de la recta $DF,$ como se muestra. Los puntos $A,$ $D,$ $H,$ y $G$ están sobre una circunferencia común. Halla $CE.$

Rectangle $ABCD$ has dimensions $AB = 107$ and $BC = 16,$ and rectangle $EFGH$ has dimensions $EF = 184$ and $FG = 17.$ Points $D,$ $E,$ $C,$ and $F$ lie on line $DF$ in that order, and $A$ and $H$ lie on opposite sides of line $DF,$ as shown. Points $A,$ $D,$ $H,$ and $G$ lie on a common circle. Find $CE.$

Respuesta

Conceptos:geometría analítica círculo mediatriz

Nivel de dificultad: 2390

Solución:

Coloca la recta $DF$ sobre el eje $x$ , con $D = (0, 0)$ y $C = (107, 0),$ de modo que $A = (0, -16).$ Sea $DE = e.$ Entonces $E = (e, 0),$ $F = (e + 184, 0),$ y el segundo rectángulo queda por encima de la recta: $H = (e, 17)$ y $G = (e + 184, 17).$

El centro de la circunferencia que pasa por $A,$ $D,$ $H,$ $G$ está sobre la mediatriz del segmento vertical $\overline{AD},$ la recta $y = -8,$ y sobre la mediatriz del segmento horizontal $\overline{HG},$ la recta $x = e + 92.$ Igualando los cuadrados de las distancias del centro a $D$ y a $H,$ $\begin{aligned} &(e + 92)^2 + 8^2 \\ &= 92^2 + 25^2 = 9089, \end{aligned}$ así que $(e + 92)^2 = 9025$ y $e + 92 = 95,$ lo que da $e = 3.$

Por lo tanto $CE = DC - DE$ $= 107 - 3 = 104.$

Put line $DF$ on the $x$ -axis with $D = (0, 0)$ and $C = (107, 0),$ so $A = (0, -16).$ Let $DE = e.$ Then $E = (e, 0),$ $F = (e + 184, 0),$ and the second rectangle sits above the line: $H = (e, 17)$ and $G = (e + 184, 17).$

The center of the circle through $A,$ $D,$ $H,$ $G$ lies on the perpendicular bisector of the vertical segment $\overline{AD},$ the line $y = -8,$ and on the perpendicular bisector of the horizontal segment $\overline{HG},$ the line $x = e + 92.$ Equating the center's squared distances to $D$ and to $H,$ $\begin{aligned} &(e + 92)^2 + 8^2 \\ &= 92^2 + 25^2 = 9089, \end{aligned}$ so $(e + 92)^2 = 9025$ and $e + 92 = 95,$ giving $e = 3.$

Therefore $CE = DC - DE$ $= 107 - 3 = 104.$

6.

Considera los caminos de longitud $16$ que siguen las líneas desde la esquina inferior izquierda hasta la esquina superior derecha en una cuadrícula $8 \times 8$ . Halla la cantidad de tales caminos que cambian de dirección exactamente cuatro veces, como en los ejemplos que se muestran a continuación.

Consider the paths of length $16$ that follow the lines from the lower left corner to the upper right corner on an $8 \times 8$ grid. Find the number of such paths that change direction exactly four times, as in the examples shown below.

Respuesta

Conceptos:caminos reticulares particiones y composiciones

Nivel de dificultad: 2340

Solución:

Un camino que cambia de dirección exactamente cuatro veces consta de cinco tramos rectos maximales, que alternan entre movimientos hacia la derecha y hacia arriba. Si el primer tramo es hacia la derecha, el patrón es $R, U, R, U, R:$ tres tramos hacia la derecha con longitudes positivas que suman $8,$ y dos tramos hacia arriba con longitudes positivas que suman $8.$ Las cantidades de tales composiciones son $\binom{7}{2} = 21$ y $\binom{7}{1} = 7,$ lo que da $21 \cdot 7 = 147$ caminos.

Los caminos que empiezan hacia arriba se cuentan de forma simétrica, otros $147.$ El total es $147 + 147 = 294.$

A path that changes direction exactly four times consists of five maximal straight runs, alternating between rightward and upward moves. If the first run is rightward, the pattern is $R, U, R, U, R:$ three rightward runs with positive lengths summing to $8,$ and two upward runs with positive lengths summing to $8.$ The counts of such compositions are $\binom{7}{2} = 21$ and $\binom{7}{1} = 7,$ giving $21 \cdot 7 = 147$ paths.

Paths starting upward are counted symmetrically, another $147.$ The total is $147 + 147 = 294.$

7.

Halla la mayor parte real posible de $(75 + 117i)z + \frac{96 + 144i}{z}$ donde $z$ es un número complejo con $|z| = 4.$ Aquí $i = \sqrt{-1}.$

Find the largest possible real part of $(75 + 117i)z + \frac{96 + 144i}{z}$ where $z$ is a complex number with $|z| = 4.$ Here $i = \sqrt{-1}.$

Respuesta

Conceptos:número complejo identidad trigonométrica optimización

Nivel de dificultad: 2410

Solución:

Escribe $z = 4(\cos\theta + i\sin\theta),$ así que $\frac{1}{z} = \frac{1}{4}(\cos\theta - i\sin\theta).$ La parte real de $(75 + 117i)z$ es $4(75\cos\theta - 117\sin\theta)$ $= 300\cos\theta - 468\sin\theta,$ y la parte real de $(96 + 144i) \cdot \frac{1}{4}(\cos\theta - i\sin\theta)$ es $24\cos\theta + 36\sin\theta.$

La parte real total es $324\cos\theta - 432\sin\theta,$ cuyo máximo sobre $\theta$ es $\begin{aligned} &\sqrt{324^2 + 432^2} \\ &= 108\sqrt{3^2 + 4^2} \\ &= 108 \cdot 5 = 540. \end{aligned}$

Write $z = 4(\cos\theta + i\sin\theta),$ so $\frac{1}{z} = \frac{1}{4}(\cos\theta - i\sin\theta).$ The real part of $(75 + 117i)z$ is $4(75\cos\theta - 117\sin\theta)$ $= 300\cos\theta - 468\sin\theta,$ and the real part of $(96 + 144i) \cdot \frac{1}{4}(\cos\theta - i\sin\theta)$ is $24\cos\theta + 36\sin\theta.$

The total real part is $324\cos\theta - 432\sin\theta,$ whose maximum over $\theta$ is $\begin{aligned} &\sqrt{324^2 + 432^2} \\ &= 108\sqrt{3^2 + 4^2} \\ &= 108 \cdot 5 = 540. \end{aligned}$

8.

Se pueden colocar ocho circunferencias de radio $34$ tangentes a $\overline{BC}$ del $\triangle ABC$ de modo que las circunferencias sean secuencialmente tangentes entre sí, con la primera circunferencia tangente a $\overline{AB}$ y la última circunferencia tangente a $\overline{AC},$ como se muestra. De manera similar, se pueden colocar $2024$ circunferencias de radio $1$ tangentes a $\overline{BC}$ de la misma forma. El inradio del $\triangle ABC$ se puede expresar como $\frac{m}{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos primos entre sí. Halla $m + n.$

Eight circles of radius $34$ can be placed tangent to $\overline{BC}$ of $\triangle ABC$ so that the circles are sequentially tangent to each other, with the first circle being tangent to $\overline{AB}$ and the last circle being tangent to $\overline{AC},$ as shown. Similarly, $2024$ circles of radius $1$ can be placed tangent to $\overline{BC}$ in the same manner. The inradius of $\triangle ABC$ can be expressed as $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

Respuesta

Conceptos:circunferencias tangentes circunferencia inscrita, incentro e inradio trigonometría

Nivel de dificultad: 2560

Solución:

Para una cadena de $n$ circunferencias de radio $\rho$ tangentes a $\overline{BC},$ los centros están a altura $\rho$ con centros consecutivos separados $2\rho$ . La primera circunferencia es tangente a $\overline{AB}$ y $\overline{BC},$ así que su centro está sobre la bisectriz desde $B,$ a distancia horizontal $\rho\cot\frac{B}{2}$ de $B;$ de manera similar el último centro está a $\rho\cot\frac{C}{2}$ de $C.$ Por lo tanto, con $k = \cot\frac{B}{2} + \cot\frac{C}{2},$ $BC = \rho k + 2\rho(n - 1).$

Las dos cadenas dan $34k + 34 \cdot 14 = BC$ $= k + 2 \cdot 2023,$ así que $33k = 3570$ y $k = \frac{1190}{11},$ de donde $BC = k + 4046 = \frac{45696}{11}.$

La circunferencia inscrita es una cadena de una sola circunferencia de radio $r:$ $BC = rk.$ Por lo tanto $r = \frac{BC}{k} = \frac{45696}{1190} = \frac{192}{5},$ y $m + n = 192 + 5 = 197.$

For a chain of $n$ circles of radius $\rho$ tangent to $\overline{BC},$ the centers lie at height $\rho$ with consecutive centers $2\rho$ apart. The first circle is tangent to $\overline{AB}$ and $\overline{BC},$ so its center lies on the bisector from $B,$ at horizontal distance $\rho\cot\frac{B}{2}$ from $B;$ similarly the last center is $\rho\cot\frac{C}{2}$ from $C.$ Hence with $k = \cot\frac{B}{2} + \cot\frac{C}{2},$ $BC = \rho k + 2\rho(n - 1).$

The two chains give $34k + 34 \cdot 14 = BC$ $= k + 2 \cdot 2023,$ so $33k = 3570$ and $k = \frac{1190}{11},$ whence $BC = k + 4046 = \frac{45696}{11}.$

The incircle is a chain of one circle of radius $r:$ $BC = rk.$ Therefore $r = \frac{BC}{k} = \frac{45696}{1190} = \frac{192}{5},$ and $m + n = 192 + 5 = 197.$

9.

Sean $A,$ $B,$ $C,$ y $D$ puntos sobre la hipérbola $\frac{x^2}{20} - \frac{y^2}{24} = 1$ tales que $ABCD$ es un rombo cuyas diagonales se intersecan en el origen. Halla el mayor número menor que $BD^2$ para todos los rombos $ABCD.$

Let $A,$ $B,$ $C,$ and $D$ be points on the hyperbola $\frac{x^2}{20} - \frac{y^2}{24} = 1$ such that $ABCD$ is a rhombus whose diagonals intersect at the origin. Find the largest number less than $BD^2$ for all rhombuses $ABCD.$

Respuesta

Conceptos:hipérbola rombo optimización

Nivel de dificultad: 2710

Solución:

Las diagonales de un rombo son mediatrices una de la otra, así que $C = -A,$ $D = -B,$ y $OA \perp OB.$ Sea la recta $BD$ de pendiente $m,$ de modo que $B = (x, mx)$ con $x^2\left(\frac{1}{20} - \frac{m^2}{24}\right) = 1,$ es decir $x^2 = \frac{120}{6 - 5m^2},$ lo que requiere $m^2 \lt \frac{6}{5}.$ Entonces $BD^2 = 4(x^2 + m^2x^2)$ $= \frac{480(1 + m^2)}{6 - 5m^2}.$ La recta $AC$ tiene pendiente $-\frac{1}{m},$ así que corta la hipérbola solo cuando $\frac{1}{m^2} \lt \frac{6}{5},$ es decir $m^2 \gt \frac{5}{6}.$

En el intervalo $\frac{5}{6} \lt m^2 \lt \frac{6}{5},$ la cantidad $\frac{480(1 + m^2)}{6 - 5m^2}$ es estrictamente creciente en $m^2:$ cuando $m^2 \to \frac{5}{6}$ tiende a $480 \cdot \frac{11/6}{11/6} = 480,$ y cuando $m^2 \to \frac{6}{5}$ crece sin límite. Por lo tanto $BD^2$ toma exactamente los valores en $(480, \infty)$ y nunca es igual a $480.$

El mayor número que es menor que $BD^2$ para todo rombo de este tipo es, por lo tanto, $480.$

The diagonals of a rhombus are perpendicular bisectors of each other, so $C = -A,$ $D = -B,$ and $OA \perp OB.$ Let line $BD$ have slope $m,$ so $B = (x, mx)$ with $x^2\left(\frac{1}{20} - \frac{m^2}{24}\right) = 1,$ i.e. $x^2 = \frac{120}{6 - 5m^2},$ which requires $m^2 \lt \frac{6}{5}.$ Then $BD^2 = 4(x^2 + m^2x^2)$ $= \frac{480(1 + m^2)}{6 - 5m^2}.$ Line $AC$ has slope $-\frac{1}{m},$ so it meets the hyperbola only when $\frac{1}{m^2} \lt \frac{6}{5},$ that is $m^2 \gt \frac{5}{6}.$

On the interval $\frac{5}{6} \lt m^2 \lt \frac{6}{5},$ the quantity $\frac{480(1 + m^2)}{6 - 5m^2}$ is strictly increasing in $m^2:$ as $m^2 \to \frac{5}{6}$ it tends to $480 \cdot \frac{11/6}{11/6} = 480,$ and as $m^2 \to \frac{6}{5}$ it grows without bound. Hence $BD^2$ takes exactly the values in $(480, \infty)$ and never equals $480.$

The largest number that is less than $BD^2$ for every such rhombus is therefore $480.$

10.

Sea $\triangle ABC$ con longitudes de lado $AB = 5,$ $BC = 9,$ y $CA = 10.$ Las tangentes al circuncírculo del $\triangle ABC$ en $B$ y $C$ se intersecan en el punto $D,$ y $\overline{AD}$ interseca al circuncírculo en $P \ne A.$ La longitud de $AP$ es igual a $\frac{m}{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros primos entre sí. Halla $m + n.$

Let $\triangle ABC$ have side lengths $AB = 5,$ $BC = 9,$ and $CA = 10.$ The tangents to the circumcircle of $\triangle ABC$ at $B$ and $C$ intersect at point $D,$ and $\overline{AD}$ intersects the circumcircle at $P \ne A.$ The length of $AP$ is equal to $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime integers. Find $m + n.$

Respuesta

Conceptos:potencia de un punto recta tangente ley de los cosenos

Nivel de dificultad: 2920

Solución:

Por el ángulo tangente-cuerda, $\angle DBC = \angle DCB = \angle A,$ así que el triángulo $DBC$ es isósceles con $DB = \frac{BC/2}{\cos A}.$ La ley de cosenos da $\cos A = \frac{10^2 + 5^2 - 9^2}{2 \cdot 10 \cdot 5} = \frac{11}{25}$ y $\cos B = \frac{9^2 + 5^2 - 10^2}{2 \cdot 9 \cdot 5} = \frac{1}{15},$ así que $DB = \frac{9/2}{11/25} = \frac{225}{22}.$

Como $D$ está en el lado opuesto de $BC$ respecto de $A,$ $\angle ABD = A + B,$ y $\begin{aligned} &\cos(A + B) \\ &= \frac{11}{25} \cdot \frac{1}{15} \\ &\quad {}- \frac{6\sqrt{14}}{25} \cdot \frac{4\sqrt{14}}{15} \\ &= \frac{11 - 336}{375} \\ &= -\frac{13}{15}. \end{aligned}$ La ley de cosenos en el triángulo $ABD$ da entonces $\begin{aligned} &DA^2 = 5^2 + \left(\tfrac{225}{22}\right)^2 \\ &\quad {}+ 2 \cdot 5 \cdot \tfrac{225}{22} \cdot \tfrac{13}{15} \\ &= \frac{105625}{484}, \end{aligned}$ $DA = \frac{325}{22}.$

La potencia de $D$ da $DP \cdot DA = DB^2,$ así que $\begin{aligned} &AP = DA - \frac{DB^2}{DA} \\ &= \frac{DA^2 - DB^2}{DA} \\ &= \frac{(105625 - 50625)/484}{325/22} \\ &= \frac{55000}{22 \cdot 325} \\ &= \frac{100}{13}, \end{aligned}$ y $m + n = 100 + 13 = 113.$

By the tangent-chord angle, $\angle DBC = \angle DCB = \angle A,$ so triangle $DBC$ is isosceles with $DB = \frac{BC/2}{\cos A}.$ The law of cosines gives $\cos A = \frac{10^2 + 5^2 - 9^2}{2 \cdot 10 \cdot 5} = \frac{11}{25}$ and $\cos B = \frac{9^2 + 5^2 - 10^2}{2 \cdot 9 \cdot 5} = \frac{1}{15},$ so $DB = \frac{9/2}{11/25} = \frac{225}{22}.$

Since $D$ lies on the opposite side of $BC$ from $A,$ $\angle ABD = A + B,$ and $\begin{aligned} &\cos(A + B) \\ &= \frac{11}{25} \cdot \frac{1}{15} \\ &\quad {}- \frac{6\sqrt{14}}{25} \cdot \frac{4\sqrt{14}}{15} \\ &= \frac{11 - 336}{375} \\ &= -\frac{13}{15}. \end{aligned}$ The law of cosines in triangle $ABD$ then gives $\begin{aligned} &DA^2 = 5^2 + \left(\tfrac{225}{22}\right)^2 \\ &\quad {}+ 2 \cdot 5 \cdot \tfrac{225}{22} \cdot \tfrac{13}{15} \\ &= \frac{105625}{484}, \end{aligned}$ $DA = \frac{325}{22}.$

The power of $D$ gives $DP \cdot DA = DB^2,$ so $\begin{aligned} &AP = DA - \frac{DB^2}{DA} \\ &= \frac{DA^2 - DB^2}{DA} \\ &= \frac{(105625 - 50625)/484}{325/22} \\ &= \frac{55000}{22 \cdot 325} \\ &= \frac{100}{13}, \end{aligned}$ and $m + n = 100 + 13 = 113.$

11.

Cada vértice de un octágono regular se colorea independientemente de rojo o azul con igual probabilidad. La probabilidad de que el octágono se pueda entonces rotar de modo que todos los vértices azules queden en posiciones donde había habido vértices rojos es $\frac{m}{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos primos entre sí. Halla $m + n.$

Each vertex of a regular octagon is independently colored either red or blue with equal probability. The probability that the octagon can then be rotated so that all of the blue vertices end up at positions where there had been red vertices is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

Respuesta

Conceptos:probabilidad básica doble conteo análisis por casos

Nivel de dificultad: 2990

Solución:

Etiqueta los vértices $0, \ldots, 7$ y sea $B$ el conjunto azul, $b = |B|.$ La rotación por $k$ funciona exactamente cuando $(B + k) \cap B = \varnothing.$ Como $B + k$ debe caber dentro de las $8 - b$ posiciones rojas, $b \le 4.$ Sumar $|B \cap (B + k)|$ sobre las ocho rotaciones cuenta todos los pares $(i, j) \in B \times B$ una vez (vía $k = i - j$ ), un total de $b^2,$ y el término $k = 0$ aporta $b.$ Así que para $b \le 3$ las siete rotaciones no nulas comparten solo $b^2 - b \le 6$ solapamientos, y alguna rotación no tiene ninguno: las $1 + 8 + 28 + 56 = 93$ coloraciones con $b \le 3$ tienen éxito.

Para $b = 4,$ la disjunción obliga a que $B + k$ sea exactamente el complemento de $B.$ Si $k$ es impar, el ciclo $0, k, 2k, \ldots$ visita todos los vértices y debe alternar entre $B$ y su complemento, así que $B$ es el de los pares o el de los impares: $2$ conjuntos. Si $k \equiv 2 \pmod 4,$ entonces $B$ corta cada uno de los $4$ -ciclos $\{0, 2, 4, 6\}$ y $\{1, 3, 5, 7\}$ en un par antipodal: $2 \cdot 2 = 4$ conjuntos, como $\{0, 1, 4, 5\}.$ Si $k = 4,$ entonces $B$ contiene exactamente uno de cada par $\{i, i + 4\}:$ $2^4 = 16$ conjuntos. Las dos primeras familias contienen ambos miembros de algún par antipodal mientras que la tercera nunca lo hace, y los pares/impares toman ambos pares antipodales de un mismo $4$ -ciclo, así que las tres familias son disjuntas: $2 + 4 + 16 = 22$ conjuntos.

En total $93 + 22 = 115$ de las $2^8 = 256$ coloraciones funcionan, así que la probabilidad es $\frac{115}{256}$ y $m + n = 115 + 256 = 371.$

Label the vertices $0, \ldots, 7$ and let $B$ be the blue set, $b = |B|.$ Rotation by $k$ works exactly when $(B + k) \cap B = \varnothing.$ Since $B + k$ must fit inside the $8 - b$ red positions, $b \le 4.$ Summing $|B \cap (B + k)|$ over all eight rotations counts all pairs $(i, j) \in B \times B$ once (via $k = i - j$ ), a total of $b^2,$ and the $k = 0$ term contributes $b.$ So for $b \le 3$ the seven nonzero rotations share only $b^2 - b \le 6$ overlaps, and some rotation has none: all $1 + 8 + 28 + 56 = 93$ colorings with $b \le 3$ succeed.

For $b = 4,$ disjointness forces $B + k$ to be exactly the complement of $B.$ If $k$ is odd, the cycle $0, k, 2k, \ldots$ visits all vertices and must alternate between $B$ and its complement, so $B$ is the evens or the odds: $2$ sets. If $k \equiv 2 \pmod 4,$ then $B$ meets each of the $4$ -cycles $\{0, 2, 4, 6\}$ and $\{1, 3, 5, 7\}$ in an antipodal pair: $2 \cdot 2 = 4$ sets, such as $\{0, 1, 4, 5\}.$ If $k = 4,$ then $B$ contains exactly one of each pair $\{i, i + 4\}:$ $2^4 = 16$ sets. The first two families contain both members of some antipodal pair while the third never does, and the evens/odds take both their antipodal pairs from one $4$ -cycle, so the three families are disjoint: $2 + 4 + 16 = 22$ sets.

In total $93 + 22 = 115$ of the $2^8 = 256$ colorings work, so the probability is $\frac{115}{256}$ and $m + n = 115 + 256 = 371.$

12.

Define $f(x) = \left||x| - \tfrac{1}{2}\right|$ y $g(x) = \left||x| - \tfrac{1}{4}\right|.$ Halla la cantidad de intersecciones de las gráficas de $y = 4g(f(\sin(2\pi x)))$ y $x = 4g(f(\cos(3\pi y))).$

Define $f(x) = \left||x| - \tfrac{1}{2}\right|$ and $g(x) = \left||x| - \tfrac{1}{4}\right|.$ Find the number of intersections of the graphs of $y = 4g(f(\sin(2\pi x)))$ and $x = 4g(f(\cos(3\pi y))).$

Respuesta

Conceptos:función valor absoluto conteo de intersecciones

Nivel de dificultad: 3160

Solución:

Ambos lados derechos toman valores en $[0, 1],$ así que toda intersección está en el cuadrado unitario, y allí podemos escribir ambas curvas usando $\varphi(u) = 4\left||u - \tfrac{1}{2}| - \tfrac{1}{4}\right|:$ la primera es $y = \varphi(|\sin 2\pi x|)$ y la segunda es $x = \varphi(|\cos 3\pi y|).$ A medida que $u$ crece de $0$ a $1,$ $\varphi(u)$ recorre linealmente $1 \to 0 \to 1 \to 0 \to 1$ con esquinas en $u = \frac{1}{4}, \frac{1}{2}, \frac{3}{4}.$ Para $x \in [0, 1],$ $|\sin 2\pi x|$ barre $[0, 1]$ monótonamente $4$ veces, así que la primera gráfica consta de $4 \cdot 4 = 16$ arcos monótonos, cada uno subiendo o bajando por todo el rango $0 \le y \le 1$ dentro de una franja vertical angosta. De igual modo $|\cos 3\pi y|$ barre $[0, 1]$ monótonamente $6$ veces para $y \in [0, 1],$ así que la segunda gráfica consta de $24$ arcos monótonos, cada uno cruzando todo el rango $0 \le x \le 1$ dentro de una franja horizontal angosta.

Toma un arco de cada gráfica, ubicados en la franja vertical $[a, b]$ y en la franja horizontal $[c, d].$ Dentro del rectángulo $[a, b] \times [c, d],$ el primer arco une el borde inferior con el superior y el segundo une el borde izquierdo con el derecho, y cada uno es monótono, así que los dos arcos se cruzan exactamente una vez. Esto da $16 \cdot 24 = 384$ puntos de intersección.

Otro punto más se esconde en la esquina $(1, 1),$ que está en ambas gráficas: $\varphi(|\sin 2\pi|) = \varphi(0) = 1$ y $\varphi(|\cos 3\pi|) = \varphi(1) = 1.$ Cerca de ella la primera gráfica es $y \approx 1 - 8\pi(1 - x)$ mientras que la segunda satisface $x \approx 1 - 18\pi^2(1 - y)^2,$ así que los dos arcos finales se encuentran en su extremo compartido $(1, 1)$ además del cruce transversal ya contado. El total es $384 + 1 = 385.$

Both right-hand sides take values in $[0, 1],$ so every intersection lies in the unit square, and there we may write both curves using $\varphi(u) = 4\left||u - \tfrac{1}{2}| - \tfrac{1}{4}\right|:$ the first is $y = \varphi(|\sin 2\pi x|)$ and the second is $x = \varphi(|\cos 3\pi y|).$ As $u$ increases from $0$ to $1,$ $\varphi(u)$ runs linearly $1 \to 0 \to 1 \to 0 \to 1$ with corners at $u = \frac{1}{4}, \frac{1}{2}, \frac{3}{4}.$ For $x \in [0, 1],$ $|\sin 2\pi x|$ sweeps $[0, 1]$ monotonically $4$ times, so the first graph consists of $4 \cdot 4 = 16$ monotone arcs, each climbing or descending through the full range $0 \le y \le 1$ within a narrow vertical strip. Likewise $|\cos 3\pi y|$ sweeps $[0, 1]$ monotonically $6$ times for $y \in [0, 1],$ so the second graph consists of $24$ monotone arcs, each crossing the full range $0 \le x \le 1$ within a narrow horizontal strip.

Take one arc of each graph, living in the vertical strip $[a, b]$ and the horizontal strip $[c, d].$ Inside the rectangle $[a, b] \times [c, d],$ the first arc joins the bottom edge to the top edge and the second joins the left edge to the right edge, and each is monotone, so the two arcs cross exactly once. This yields $16 \cdot 24 = 384$ intersection points.

One further point hides at the corner $(1, 1),$ which lies on both graphs: $\varphi(|\sin 2\pi|) = \varphi(0) = 1$ and $\varphi(|\cos 3\pi|) = \varphi(1) = 1.$ Near it the first graph is $y \approx 1 - 8\pi(1 - x)$ while the second satisfies $x \approx 1 - 18\pi^2(1 - y)^2,$ so the two final arcs meet at their shared endpoint $(1, 1)$ in addition to the transversal crossing already counted. The total is $384 + 1 = 385.$

13.

Sea $p$ el menor número primo para el cual existe un entero $n$ tal que $n^4 + 1$ es divisible entre $p^2.$ Halla el menor entero positivo $m$ tal que $m^4 + 1$ es divisible entre $p^2.$

Let $p$ be the least prime number for which there exists an integer $n$ such that $n^4 + 1$ is divisible by $p^2.$ Find the least positive integer $m$ such that $m^4 + 1$ is divisible by $p^2.$

Respuesta

Conceptos:orden multiplicativo aritmética modular primo

Nivel de dificultad: 3160

Solución:

Si $p \mid n^4 + 1,$ entonces $n^8 \equiv 1$ y $n^4 \equiv -1 \pmod p,$ así que $n$ tiene orden $8$ módulo $p$ y $8 \mid p - 1$ (y $p = 2$ falla porque $n^4 + 1 \equiv 2 \pmod 4$ ). El menor primo $p \equiv 1 \pmod 8$ es $17,$ y en efecto $2^4 = 16 \equiv -1 \pmod{17}.$ Como la derivada $4n^3$ no es divisible entre $17$ en tal $n,$ cada raíz se eleva a una raíz módulo $17^2 = 289,$ así que $p = 17.$

Las raíces cuartas de $-1$ módulo $17$ son $\pm 2$ y $\pm 8.$ Para elevar $n = 8,$ pon $n = 8 + 17t:$ módulo $289,$ $\begin{aligned} &n^4 + 1 \equiv 8^4 + 1 \\ &\quad {}+ 4 \cdot 8^3 \cdot 17t \\ &= 17(241 + 2048t), \end{aligned}$ así que necesitamos $241 + 2048t \equiv 3 + 8t$ $\equiv 0 \pmod{17},$ lo que da $t \equiv 6$ y $n \equiv 8 + 102 = 110 \pmod{289}.$

El mismo cálculo eleva $2,$ $15,$ y $9$ a $155,$ $134,$ y $179$ respectivamente, así que el menor $m$ positivo es $110.$ En efecto $110^4 + 1 = 146410001$ $= 289 \cdot 506609.$

If $p \mid n^4 + 1,$ then $n^8 \equiv 1$ and $n^4 \equiv -1 \pmod p,$ so $n$ has order $8$ modulo $p$ and $8 \mid p - 1$ (and $p = 2$ fails since $n^4 + 1 \equiv 2 \pmod 4$ ). The smallest prime $p \equiv 1 \pmod 8$ is $17,$ and indeed $2^4 = 16 \equiv -1 \pmod{17}.$ Because the derivative $4n^3$ is not divisible by $17$ at such an $n,$ each root lifts to a root modulo $17^2 = 289,$ so $p = 17.$

The fourth roots of $-1$ modulo $17$ are $\pm 2$ and $\pm 8.$ To lift $n = 8,$ set $n = 8 + 17t:$ modulo $289,$ $\begin{aligned} &n^4 + 1 \equiv 8^4 + 1 \\ &\quad {}+ 4 \cdot 8^3 \cdot 17t \\ &= 17(241 + 2048t), \end{aligned}$ so we need $241 + 2048t \equiv 3 + 8t$ $\equiv 0 \pmod{17},$ giving $t \equiv 6$ and $n \equiv 8 + 102 = 110 \pmod{289}.$

The same computation lifts $2,$ $15,$ and $9$ to $155,$ $134,$ and $179$ respectively, so the least positive $m$ is $110.$ Indeed $110^4 + 1 = 146410001$ $= 289 \cdot 506609.$

14.

Sea $ABCD$ un tetraedro tal que $AB = CD = \sqrt{41},$ $AC = BD = \sqrt{80},$ y $BC = AD = \sqrt{89}.$ Existe un punto $I$ dentro del tetraedro tal que las distancias de $I$ a cada una de las caras del tetraedro son todas iguales. Esta distancia se puede escribir en la forma $\frac{m\sqrt{n}}{p},$ donde $m,$ $n,$ y $p$ son enteros positivos, $m$ y $p$ son primos entre sí, y $n$ no es divisible entre el cuadrado de ningún primo. Halla $m + n + p.$

Let $ABCD$ be a tetrahedron such that $AB = CD = \sqrt{41},$ $AC = BD = \sqrt{80},$ and $BC = AD = \sqrt{89}.$ There exists a point $I$ inside the tetrahedron such that the distances from $I$ to each of the faces of the tetrahedron are all equal. This distance can be written in the form $\frac{m\sqrt{n}}{p},$ where $m,$ $n,$ and $p$ are positive integers, $m$ and $p$ are relatively prime, and $n$ is not divisible by the square of any prime. Find $m + n + p.$

Respuesta

Conceptos:Geometría 3D volumen Fórmula de Herón

Nivel de dificultad: 3270

Solución:

Un tetraedro con aristas opuestas iguales se inscribe en una caja rectangular con las seis aristas como diagonales de cara. Si la caja tiene dimensiones $a \times b \times c,$ entonces $a^2 + b^2 = 41,$ $a^2 + c^2 = 80,$ y $b^2 + c^2 = 89.$ Sumando se obtiene $a^2 + b^2 + c^2 = 105,$ así que $(a, b, c) = (4, 5, 8).$ La caja menos cuatro tetraedros de esquina de volumen $\frac{abc}{6}$ cada uno deja $\begin{aligned} &V = abc - 4 \cdot \frac{abc}{6} \\ &= \frac{abc}{3} = \frac{160}{3}. \end{aligned}$

Las cuatro caras son triángulos congruentes con lados $\sqrt{41},$ $\sqrt{80},$ $\sqrt{89}.$ Por la fórmula de Herón en la forma $16F^2 = 2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2)$ $- (a^4 + b^4 + c^4)$ aplicada a los lados al cuadrado $41, 80, 89,$ obtenemos $16F^2 = 28098 - 16002 = 12096,$ así que $F = \sqrt{756} = 6\sqrt{21}.$

El punto equidistante de las cuatro caras es el centro de la esfera inscrita, y descomponer el tetraedro en cuatro pirámides sobre las caras da $V = \frac{1}{3} r \cdot 4F.$ Por lo tanto $\begin{aligned} &r = \frac{3V}{4F} = \frac{160}{24\sqrt{21}} \\ &= \frac{20}{3\sqrt{21}} = \frac{20\sqrt{21}}{63}, \end{aligned}$ y $m + n + p = 20 + 21 + 63$ $= 104.$

A tetrahedron with equal opposite edges embeds in a rectangular box with the six edges as face diagonals. If the box has dimensions $a \times b \times c,$ then $a^2 + b^2 = 41,$ $a^2 + c^2 = 80,$ and $b^2 + c^2 = 89.$ Adding gives $a^2 + b^2 + c^2 = 105,$ so $(a, b, c) = (4, 5, 8).$ The box minus four corner tetrahedra of volume $\frac{abc}{6}$ each leaves $\begin{aligned} &V = abc - 4 \cdot \frac{abc}{6} \\ &= \frac{abc}{3} = \frac{160}{3}. \end{aligned}$

All four faces are congruent triangles with sides $\sqrt{41},$ $\sqrt{80},$ $\sqrt{89}.$ By Heron's formula in the form $16F^2 = 2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2)$ $- (a^4 + b^4 + c^4)$ applied to the squared sides $41, 80, 89,$ we get $16F^2 = 28098 - 16002 = 12096,$ so $F = \sqrt{756} = 6\sqrt{21}.$

The point equidistant from all four faces is the insphere center, and decomposing the tetrahedron into four pyramids over the faces gives $V = \frac{1}{3} r \cdot 4F.$ Hence $\begin{aligned} &r = \frac{3V}{4F} = \frac{160}{24\sqrt{21}} \\ &= \frac{20}{3\sqrt{21}} = \frac{20\sqrt{21}}{63}, \end{aligned}$ and $m + n + p = 20 + 21 + 63$ $= 104.$

15.

Sea $\mathcal{B}$ el conjunto de las cajas rectangulares con área de superficie $54$ y volumen $23.$ Sea $r$ el radio de la menor esfera que puede contener cada una de las cajas rectangulares que son elementos de $\mathcal{B}.$ El valor de $r^2$ se puede escribir como $\frac{p}{q},$ donde $p$ y $q$ son enteros positivos primos entre sí. Halla $p + q.$

Let $\mathcal{B}$ be the set of rectangular boxes with surface area $54$ and volume $23.$ Let $r$ be the radius of the smallest sphere that can contain each of the rectangular boxes that are elements of $\mathcal{B}.$ The value of $r^2$ can be written as $\frac{p}{q},$ where $p$ and $q$ are relatively prime positive integers. Find $p + q.$

Respuesta

Conceptos:Fórmulas de Vieta prisma rectangular optimización

Nivel de dificultad: 3370

Solución:

Para una caja con dimensiones $a, b, c,$ las condiciones son $2(ab + bc + ca) = 54$ y $abc = 23,$ así que $ab + bc + ca = 27.$ La menor esfera que contiene una caja tiene la diagonal espacial de la caja como diámetro, así que $\begin{aligned} &r^2 = \max_{\mathcal{B}} \frac{a^2 + b^2 + c^2}{4} \\ &= \max_{\mathcal{B}} \frac{(a + b + c)^2 - 54}{4}. \end{aligned}$

Con $ab + bc + ca$ y $abc$ fijos, $s = a + b + c$ recorre un intervalo, y en un extremo la cúbica $t^3 - st^2 + 27t - 23$ tiene una raíz doble, lo que significa que dos dimensiones coinciden. Tomando $b = c:$ $2ab + b^2 = 27$ y $ab^2 = 23,$ así que eliminando $a$ se obtiene $\frac{b(27 - b^2)}{2} = 23,$ es decir $b^3 - 27b + 46 = 0,$ que se factoriza como $(b - 2)(b^2 + 2b - 23) = 0.$ Las raíces son $b = 2$ y $b = 2\sqrt{6} - 1.$

Para $b = 2,$ $a = \frac{23}{4}$ y $s = \frac{23}{4} + 4 = \frac{39}{4} = 9.75;$ para $b = 2\sqrt{6} - 1,$ $s \approx 9.31$ es menor. Así que el máximo de $a^2 + b^2 + c^2$ es $\left(\frac{39}{4}\right)^2 - 54 = \frac{657}{16},$ lo que da $r^2 = \frac{657}{64}$ y $p + q = 657 + 64 = 721.$

For a box with dimensions $a, b, c,$ the conditions are $2(ab + bc + ca) = 54$ and $abc = 23,$ so $ab + bc + ca = 27.$ The smallest sphere containing a box has the box's space diagonal as a diameter, so $\begin{aligned} &r^2 = \max_{\mathcal{B}} \frac{a^2 + b^2 + c^2}{4} \\ &= \max_{\mathcal{B}} \frac{(a + b + c)^2 - 54}{4}. \end{aligned}$

With $ab + bc + ca$ and $abc$ fixed, $s = a + b + c$ ranges over an interval, and at an endpoint the cubic $t^3 - st^2 + 27t - 23$ has a double root, meaning two dimensions coincide. Setting $b = c:$ $2ab + b^2 = 27$ and $ab^2 = 23,$ so eliminating $a$ gives $\frac{b(27 - b^2)}{2} = 23,$ i.e. $b^3 - 27b + 46 = 0,$ which factors as $(b - 2)(b^2 + 2b - 23) = 0.$ The roots are $b = 2$ and $b = 2\sqrt{6} - 1.$

For $b = 2,$ $a = \frac{23}{4}$ and $s = \frac{23}{4} + 4 = \frac{39}{4} = 9.75;$ for $b = 2\sqrt{6} - 1,$ $s \approx 9.31$ is smaller. So the maximum of $a^2 + b^2 + c^2$ is $\left(\frac{39}{4}\right)^2 - 54 = \frac{657}{16},$ giving $r^2 = \frac{657}{64}$ and $p + q = 657 + 64 = 721.$