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2013 AMC 12A Problema 25

Intenta el Problema 25 del 2013 AMC 12A 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 2013 AMC 12A, o revisar la clave de respuestas.

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

25.

Sea f:C→Cf : \mathbb{C} \to \mathbb{C} definida por f(z)=z2+iz+1.f(z) = z^2 + iz + 1. ¿Cuántos números complejos zz hay tales que Im⁡(z)>0\operatorname{Im}(z) \gt 0 y tanto la parte real como la parte imaginaria de f(z)f(z) son enteros con valor absoluto a lo sumo 1010?

Let f:C→Cf : \mathbb{C} \to \mathbb{C} be defined by f(z)=z2+iz+1.f(z) = z^2 + iz + 1. How many complex numbers zz are there such that Im⁡(z)>0\operatorname{Im}(z) \gt 0 and both the real and the imaginary parts of f(z)f(z) are integers with absolute value at most 10?10?

399399

401401

413413

431431

441441

Respuesta: A
Conceptos:número complejopunto reticular
Nivel de dificultad: 2790
Pista pequeña:

Muestra que ff es inyectiva en el semiplano superior, así que contar zz equivale a contar los f(z)f(z) válidos

Show ff is one-to-one on the upper half-plane, so counting zz equals counting valid f(z)f(z)

Pista grande:

La imagen es {w:Re⁡(w)<(Im⁡(w))2+1};\{w : \operatorname{Re}(w) \lt (\operatorname{Im}(w))^2 + 1\}; cuenta los puntos reticulares con ∣Re⁡∣,∣Im⁡∣≤10|\operatorname{Re}|, |\operatorname{Im}| \le 10

The image is {w:Re⁡(w)<(Im⁡(w))2+1};\{w : \operatorname{Re}(w) \lt (\operatorname{Im}(w))^2 + 1\}; count lattice points with ∣Re⁡∣,∣Im⁡∣≤10|\operatorname{Re}|, |\operatorname{Im}| \le 10

Solución:

En el semiplano superior H,H, si f(z1)=f(z2)f(z_1) = f(z_2), entonces (z1−z2)(z1+z2+i)=0;(z_1 - z_2)(z_1 + z_2 + i) = 0; como Im⁡(z1),Im⁡(z2)>0,\operatorname{Im}(z_1), \operatorname{Im}(z_2) \gt 0, el factor z1+z2+i≠0,z_1 + z_2 + i \ne 0, así que ff es inyectiva en H.H.

Para rr real, los valores fronterizos f(r)=r2+1+irf(r)=r^2+1+ir trazan la parábola Re⁡(w)=(Im⁡(w))2+1.\operatorname{Re}(w)=(\operatorname{Im}(w))^2+1. Como f(i)=−1f(i)=-1 queda a su izquierda y ff es continua e inyectiva en H,H, su imagen consta exactamente de los valores ww que satisfacen Re⁡(w)<(Im⁡(w))2+1.\operatorname{Re}(w)<(\operatorname{Im}(w))^2+1. Por tanto, contamos w=a+ibw = a + ib con a,b∈Z,a, b \in \mathbb{Z}, ∣a∣,∣b∣≤10,|a|, |b| \le 10, y a<b2+1:a \lt b^2 + 1: ∣S∣=212−∑b=−33(10−b2)=441−42=399. \begin{gathered} |S| = 21^2 \\ {}- \sum_{b=-3}^{3}(10 - b^2) \\ = 441 - 42 = 399. \end{gathered}

Así, la respuesta correcta es A.

On the upper half-plane H,H, if f(z1)=f(z2)f(z_1) = f(z_2) then (z1−z2)(z1+z2+i)=0;(z_1 - z_2)(z_1 + z_2 + i) = 0; since Im⁡(z1),Im⁡(z2)>0,\operatorname{Im}(z_1), \operatorname{Im}(z_2) \gt 0, the factor z1+z2+i≠0,z_1 + z_2 + i \ne 0, so ff is one-to-one on H.H.

For real r,r, the boundary values f(r)=r2+1+irf(r)=r^2+1+ir trace the parabola Re⁡(w)=(Im⁡(w))2+1.\operatorname{Re}(w)=(\operatorname{Im}(w))^2+1. Since f(i)=−1f(i)=-1 lies to its left and ff is continuous and one-to-one on H,H, its image consists precisely of the values ww satisfying Re⁡(w)<(Im⁡(w))2+1.\operatorname{Re}(w)<(\operatorname{Im}(w))^2+1. Thus we count w=a+ibw = a + ib with a,b∈Z,a, b \in \mathbb{Z}, ∣a∣,∣b∣≤10,|a|, |b| \le 10, and a<b2+1:a \lt b^2 + 1: ∣S∣=212−∑b=−33(10−b2)=441−42=399. \begin{gathered} |S| = 21^2 \\ {}- \sum_{b=-3}^{3}(10 - b^2) \\ = 441 - 42 = 399. \end{gathered}

Thus, the correct answer is A.

Problema 24#24
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