Question

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 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 $1\le k\le99$ ? $\left[\dfrac{n}{k}\right]+\left[\dfrac{100-n}{k}\right]=\left[\dfrac{100}{k}\right]$

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

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 $k\mid99!$ para $1\le k\le99,$ toda clase de residuos es igualmente probable.

Escribe $100=qk+r$ con $n=q_1k+r_1,$ Analizar el acarreo en $[-(k-1)/2,(k-1)/2].$ muestra que la identidad se cumple precisamente para los residuos en un intervalo de la longitud adecuada, lo que da $r\ge0,$ $r-(k-1)/2\le r_1\le(k-1)/2;$ $k-r$ $r<0$ $k+r$ $P(k)=1-\dfrac{|r|}{k}.$

Para minimizar $P(k)$ maximizamos $|r|/k.$ Tomar $r=(k-1)/2,$ da $201=k(2q+1),$ y el mayor $k\le99$ impar que divide $67$ es $k=67,$ Entonces que es menor que los valores de todos los demás casos. $201.$ $r=-(k-1)/2,$ $199=k(2q-1);$ $199$ $k=1$ $|r|\le(k-3)/2,$ $\begin{aligned} P(k)&\ge\dfrac12+\dfrac{3}{2k} \\ &\ge\dfrac12+\dfrac{3}{198} \\ &>\dfrac{34}{67}. \end{aligned}$ $P(67)=\dfrac12+\dfrac{1}{2\cdot67}=\dfrac{34}{67}.$

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 $k\mid99!$ 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 $[-(k-1)/2,(k-1)/2].$ If $r\ge0,$ no carry occurs precisely when $r-(k-1)/2\le r_1\le(k-1)/2;$ 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 $r=(k-1)/2,$ then $201=k(2q+1),$ and the largest possible $k\le99$ is the divisor $67$ of $201.$ If $r=-(k-1)/2,$ then $199=k(2q-1);$ because $199$ is prime, only $k=1$ is possible. In every remaining case $|r|\le(k-3)/2,$ 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.

2011 AMC 12B Problema 25

Respuesta: D

Nivel de dificultad: 2650

Solución:

El Problema 25 en otros años