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2011 AMC 12B Problema 25

Intenta el Problema 25 del 2011 AMC 12B a continuación y luego compara tu respuesta con la solución preparada profesionalmente de LIVE by Po-Shen Loh. También puedes intentar el examen cronometrado completo, ver todas las soluciones del 2011 AMC 12B, o revisar la clave de respuestas.

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

25.

Para todo par de enteros mm y kk con kk impar, denota por [mk]\left[\dfrac{m}{k}\right] el entero más cercano a mk.\dfrac{m}{k}. Para cada entero impar k,k, sea P(k)P(k) la probabilidad de que [nk]+[100−nk]=[100k]\left[\dfrac{n}{k}\right]+\left[\dfrac{100-n}{k}\right]=\left[\dfrac{100}{k}\right] para un entero nn elegido al azar del intervalo 1≤n≤99!.1\le n\le99!. ¿Cuál es el valor mínimo posible de P(k)P(k) sobre los enteros impares kk del intervalo 1≤k≤991\le k\le99?
For every mm and kk integers with kk odd, denote by [mk]\left[\dfrac{m}{k}\right] the integer closest to mk.\dfrac{m}{k}. For every odd integer k,k, let P(k)P(k) be the probability that [nk]+[100−nk]=[100k]\left[\dfrac{n}{k}\right]+\left[\dfrac{100-n}{k}\right]=\left[\dfrac{100}{k}\right] for an integer nn randomly chosen from the interval 1≤n≤99!.1\le n\le99!. What is the minimum possible value of P(k)P(k) over the odd integers kk in the interval 1≤k≤99?1\le k\le99?
12\dfrac{1}{2}
5099\dfrac{50}{99}
4487\dfrac{44}{87}
3467\dfrac{34}{67}
713\dfrac{7}{13}
Respuesta: D
Conceptos:aritmética modularfunciones piso y techoprobabilidad básica
Nivel de dificultad: 2650
Pista pequeña:
Que nn funcione depende solo de n mod k,n\bmod k, y cada clase de residuos es igualmente probable.
Whether nn works depends only on n mod k,n\bmod k, and each residue class is equally likely
Pista grande:
Escribe 100=qk+r100=qk+r con ∣r∣≤k−12;|r|\le\tfrac{k-1}{2}; entonces P(k)=1−∣r∣kP(k)=1-\dfrac{|r|}{k}.
Write 100=qk+r100=qk+r with ∣r∣≤k−12;|r|\le\tfrac{k-1}{2}; then P(k)=1−∣r∣kP(k)=1-\dfrac{|r|}{k}
Solución:
Como [n+mkk]=[nk]+m,\left[\dfrac{n+mk}{k}\right]=\left[\dfrac{n}{k}\right]+m, que nn satisfaga la identidad depende solo de n mod k.n\bmod k. Como 99!99! es divisible por kk para 1≤k≤99,1\le k\le99, toda clase de residuos es igualmente probable.
Escribe 100=qk+r100=qk+r y n=q1k+r1,n=q_1k+r_1, eligiendo ambos restos en [−(k−1)2,k−12].[-\frac{(k-1)}{2},\frac{k-1}{2}]. Si r≥0,r\ge0, no hay acarreo precisamente cuando r−k−12≤r1≤k−12;r-\frac{k-1}{2}\le r_1\le\frac{k-1}{2}; esto da k−rk-r clases de residuos. El caso r<0r<0 da de manera análoga k+rk+r clases. Por lo tanto, en ambos casos P(k)=1−∣r∣k. P(k)=1-\dfrac{|r|}{k}.
Para minimizar P(k)P(k) maximizamos ∣r∣/k.|r|/k. Si r=k−12,r=\frac{k-1}{2}, entonces 201=k(2q+1),201=k(2q+1), y el mayor k≤99k\le99 posible es el divisor 6767 de 201.201. Si r=−(k−1)2,r=-\frac{(k-1)}{2}, entonces 199=k(2q−1);199=k(2q-1); como 199199 es primo, solo k=1k=1 es posible. En todos los demás casos ∣r∣≤k−32,|r|\le\frac{k-3}{2}, así que P(k)≥12+32k≥12+3198>3467. \begin{aligned} P(k)&\ge\dfrac12+\dfrac{3}{2k} \\ &\ge\dfrac12+\dfrac{3}{198} \\ &>\dfrac{34}{67}. \end{aligned} Para k=67,k=67, P(67)=12+12⋅67=3467. P(67)=\dfrac12+\dfrac{1}{2\cdot67}=\dfrac{34}{67}.
Por lo tanto, la respuesta correcta es D.
Because [n+mkk]=[nk]+m,\left[\dfrac{n+mk}{k}\right]=\left[\dfrac{n}{k}\right]+m, whether nn satisfies the identity depends only on n mod k.n\bmod k. Since 99!99! is divisible by kk for 1≤k≤99,1\le k\le99, every residue class is equally likely.
Write 100=qk+r100=qk+r and n=q1k+r1,n=q_1k+r_1, choosing both remainders in [−(k−1)2,k−12].[-\frac{(k-1)}{2},\frac{k-1}{2}]. If r≥0,r\ge0, no carry occurs precisely when r−k−12≤r1≤k−12;r-\frac{k-1}{2}\le r_1\le\frac{k-1}{2}; this gives k−rk-r residue classes. The case r<0r<0 similarly gives k+rk+r classes. Hence in both cases P(k)=1−∣r∣k. P(k)=1-\dfrac{|r|}{k}.
To minimize P(k)P(k) we maximize ∣r∣/k.|r|/k. If r=k−12,r=\frac{k-1}{2}, then 201=k(2q+1),201=k(2q+1), and the largest possible k≤99k\le99 is the divisor 6767 of 201.201. If r=−(k−1)2,r=-\frac{(k-1)}{2}, then 199=k(2q−1);199=k(2q-1); because 199199 is prime, only k=1k=1 is possible. In every remaining case ∣r∣≤k−32,|r|\le\frac{k-3}{2}, so P(k)≥12+32k≥12+3198>3467. \begin{aligned} P(k)&\ge\dfrac12+\dfrac{3}{2k} \\ &\ge\dfrac12+\dfrac{3}{198} \\ &>\dfrac{34}{67}. \end{aligned} For k=67,k=67, P(67)=12+12⋅67=3467. P(67)=\dfrac12+\dfrac{1}{2\cdot67}=\dfrac{34}{67}.
Thus, the correct answer is D.
Problema 24#24
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