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

m

y

k

con

k

impar, denota por

\left[\dfrac{m}{k}\right]

el entero más cercano a

\dfrac{m}{k}.

Para cada entero impar

k,

sea

P(k)

la probabilidad de que

\left[\dfrac{n}{k}\right]+\left[\dfrac{100-n}{k}\right]=\left[\dfrac{100}{k}\right]

para un entero

n

elegido al azar del intervalo

1\le n\le99!.

¿Cuál es el valor mínimo posible de

P(k)

sobre los enteros impares

k

del intervalo

1\le k\le99

?

For every

m

and

k

integers with

k

odd, denote by

\left[\dfrac{m}{k}\right]

the integer closest to

\dfrac{m}{k}.

For every odd integer

k,

let

P(k)

be the probability that

\left[\dfrac{n}{k}\right]+\left[\dfrac{100-n}{k}\right]=\left[\dfrac{100}{k}\right]

for an integer

n

randomly chosen from the interval

1\le n\le99!.

What is the minimum possible value of

P(k)

over the odd integers

k

in the interval

1\le k\le99?

\dfrac{1}{2}

\dfrac{50}{99}

\dfrac{44}{87}

\dfrac{34}{67}

\dfrac{7}{13}

Respuesta: D

Conceptos:aritmética modular funciones piso y techo probabilidad básica

Nivel de dificultad: 2650

Pista pequeña:

Que

n

funcione depende solo de

n\bmod k,

y cada clase de residuos es igualmente probable.

Whether

n

works depends only on

n\bmod k,

and each residue class is equally likely

Pista grande:

Escribe

100=qk+r

con

|r|\le\tfrac{k-1}{2};

entonces

P(k)=1-\dfrac{|r|}{k}

.

Write

100=qk+r

with

|r|\le\tfrac{k-1}{2};

then

P(k)=1-\dfrac{|r|}{k}

Solución:

Como

\left[\dfrac{n+mk}{k}\right]=\left[\dfrac{n}{k}\right]+m,

que

n

satisfaga la identidad depende solo de

n\bmod k.

Como

99!

es divisible por

k

para

1\le k\le99,

toda clase de residuos es igualmente probable.

Escribe

100=qk+r

y

n=q_1k+r_1,

eligiendo ambos restos en

[-\frac{(k-1)}{2},\frac{k-1}{2}].

Si

r\ge0,

no hay acarreo precisamente cuando

r-\frac{k-1}{2}\le r_1\le\frac{k-1}{2};

esto da

k-r

clases de residuos. El caso

r<0

da de manera análoga

k+r

clases. Por lo tanto, en ambos casos

P(k)=1-\dfrac{|r|}{k}.

Para minimizar

P(k)

maximizamos

|r|/k.

Si

r=\frac{k-1}{2},

entonces

201=k(2q+1),

y el mayor

k\le99

posible es el divisor

67

de

201.

Si

r=-\frac{(k-1)}{2},

entonces

199=k(2q-1);

como

199

es primo, solo

k=1

es posible. En todos los demás casos

|r|\le\frac{k-3}{2},

así que

\begin{aligned} P(k)&\ge\dfrac12+\dfrac{3}{2k} \\ &\ge\dfrac12+\dfrac{3}{198} \\ &>\dfrac{34}{67}. \end{aligned}

Para

k=67,

P(67)=\dfrac12+\dfrac{1}{2\cdot67}=\dfrac{34}{67}.

Por lo tanto, la respuesta correcta es D.

Because

\left[\dfrac{n+mk}{k}\right]=\left[\dfrac{n}{k}\right]+m,

whether

n

satisfies the identity depends only on

n\bmod k.

Since

99!

is divisible by

k

for

1\le k\le99,

every residue class is equally likely.

Write

100=qk+r

and

n=q_1k+r_1,

choosing both remainders in

[-\frac{(k-1)}{2},\frac{k-1}{2}].

If

r\ge0,

no carry occurs precisely when

r-\frac{k-1}{2}\le r_1\le\frac{k-1}{2};

this gives

k-r

residue classes. The case

r<0

similarly gives

k+r

classes. Hence in both cases

P(k)=1-\dfrac{|r|}{k}.

To minimize

P(k)

we maximize

|r|/k.

If

r=\frac{k-1}{2},

then

201=k(2q+1),

and the largest possible

k\le99

is the divisor

67

of

201.

If

r=-\frac{(k-1)}{2},

then

199=k(2q-1);

because

199

is prime, only

k=1

is possible. In every remaining case

|r|\le\frac{k-3}{2},

so

\begin{aligned} P(k)&\ge\dfrac12+\dfrac{3}{2k} \\ &\ge\dfrac12+\dfrac{3}{198} \\ &>\dfrac{34}{67}. \end{aligned}

For

k=67,

P(67)=\dfrac12+\dfrac{1}{2\cdot67}=\dfrac{34}{67}.

Thus, the correct answer is D.

El Problema 25 en otros años