Question

设 $\mathcal{S}$ 为所有有序数对 $(x, y)$ 的集合，满足 $0 \lt x \le 1$ ， $0 \lt y \le 1$ ，且 $\left\lfloor \log_2\left(\frac{1}{x}\right) \right\rfloor$ 与 $\left\lfloor \log_5\left(\frac{1}{y}\right) \right\rfloor$ 都是偶数。已知 $\mathcal{S}$ 的图形面积为 $m/n$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质正整数，求 $m + n$ 。记号 $\lfloor z \rfloor$ 表示小于或等于 $z$ 的最大整数。

Let $\mathcal{S}$ be the set of ordered pairs $(x, y)$ such that $0 \lt x \le 1,$ $0 \lt y \le 1,$ and $\left\lfloor \log_2\left(\frac{1}{x}\right) \right\rfloor$ and $\left\lfloor \log_5\left(\frac{1}{y}\right) \right\rfloor$ are both even. Given that the area of the graph of $\mathcal{S}$ is $m/n,$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers, find $m + n.$ The notation $\lfloor z \rfloor$ denotes the greatest integer that is less than or equal to $z.$

答案

答案：14

知识点：取整函数对数等比数列

难度评级：2840

解答：

对于 $0 \lt x \le 1$ ，条件 $\lfloor \log_2(1/x) \rfloor = 2k$ （其中 $k \ge 0$ 为整数）表示 $2k \le \log_2(1/x) \lt 2k + 1$ ，即 $x \in \left(2^{-2k-1}, 2^{-2k}\right]$ 。这些区间的总长度为 $\sum_{k \ge 0} 2^{-2k-1} = \frac{1/2}{1 - 1/4} = \frac{2}{3}.$ 同理，当 $y \in \left(5^{-2k-1}, 5^{-2k}\right]$ 时， $\lfloor \log_5(1/y) \rfloor$ 为偶数，这些区间的总长度为 $\sum_{k \ge 0} \frac{4}{5} \cdot 25^{-k} = \frac{4/5}{1 - 1/25} = \frac{5}{6}$ 。

$\mathcal{S}$ 的图形是这两个集合的笛卡尔积，所以面积为 $\frac{2}{3} \cdot \frac{5}{6} = \frac{5}{9}$ ，因此 $m + n = 5 + 9 = 14$ 。

For $0 \lt x \le 1,$ the condition $\lfloor \log_2(1/x) \rfloor = 2k$ (for an integer $k \ge 0$ ) means $2k \le \log_2(1/x) \lt 2k + 1,$ i.e. $x \in \left(2^{-2k-1}, 2^{-2k}\right].$ These intervals have total length $\sum_{k \ge 0} 2^{-2k-1} = \frac{1/2}{1 - 1/4} = \frac{2}{3}.$ Similarly, $\lfloor \log_5(1/y) \rfloor$ is even for $y \in \left(5^{-2k-1}, 5^{-2k}\right],$ intervals of total length $\sum_{k \ge 0} \frac{4}{5} \cdot 25^{-k} = \frac{4/5}{1 - 1/25} = \frac{5}{6}.$

The graph of $\mathcal{S}$ is the product of these two sets, so its area is $\frac{2}{3} \cdot \frac{5}{6} = \frac{5}{9},$ and $m + n = 5 + 9 = 14.$

2004 AIME I 第 12 题

答案：14

难度评级：2840

解答：

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