2011 AMC 12B 第 25 题

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25.

对任意整数

m

和

k

，其中

k

为奇数，记

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

为最接近

\dfrac{m}{k}

的整数。对每个奇整数

k

，从区间

1\le n\le99!

中随机选取一个整数

n

，并令

P(k)

为下式成立的概率：

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

当

k

遍历区间

1\le k\le99

内的所有奇整数时，

P(k)

的最小可能值是多少？

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}

答案：D

知识点：模运算取整函数基本概率

难度评级：2650

小提示：

n

是否满足条件只取决于

n\bmod k

，且每个剩余类等可能。

Whether

n

works depends only on

n\bmod k,

and each residue class is equally likely

大提示：

写

100=qk+r

，其中

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

；则

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

。

Write

100=qk+r

with

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

then

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

解答：

因为

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

，所以

n

是否满足恒等式只取决于

n\bmod k

。由于

99!

能被

k

整除对

1\le k\le99

成立，每个剩余类等可能。

写

100=qk+r

和

n=q_1k+r_1

，其中两个余数都取自

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

。若

r\ge0

，则不发生进位当且仅当

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

；这给出

k-r

个剩余类。

r<0

的情形同样给出

k+r

个剩余类。因此两种情形下都有

P(k)=1-\dfrac{|r|}{k}\text{。}

要最小化

P(k)

，就要最大化

|r|/k

。若

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

，则

201=k(2q+1)

，而满足

k\le99

的最大取值是

201

的因数

67

。若

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

，则

199=k(2q-1)

；因为

199

是质数，只有

k=1

可能。在其余所有情形中都有

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

，所以

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

而当

k=67

时，

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

所以正确答案是 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.

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