1976 AMC 12 Problema 28

Intenta el Problema 28 del 1976 AMC 12 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 1976 AMC 12, o revisar la clave de respuestas.

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

28.

Las rectas L1,L_1, L2,L_2, …,\ldots, L100L_{100} son distintas. Todas las rectas L4n,L_{4n}, con nn entero positivo, son paralelas entre sí. Todas las rectas L4n−3,L_{4n-3}, con nn entero positivo, pasan por un punto dado A.A. El número máximo de puntos de intersección de pares de rectas del conjunto completo {L1,L2,…,L100}\{L_1,L_2,\ldots,L_{100}\} es
Lines L1,L_1, L2,L_2, …,\ldots, L100L_{100} are distinct. All lines L4n,L_{4n}, nn a positive integer, are parallel to each other. All lines L4n−3,L_{4n-3}, nn a positive integer, pass through a given point A.A. The maximum number of points of intersection of pairs of lines from the complete set {L1,L2,…,L100}\{L_1,L_2,\ldots,L_{100}\} is
43504350
43514351
49004900
49014901
98519851
Respuesta: B
Conceptos:conteo de interseccionescombinacionesdoble conteo
Pista pequeña:
Comienza con (1002)\binom{100}{2} intersecciones en posición general
Start with (1002)\binom{100}{2} intersections in general position
Pista grande:
Elimina los pares entre las 2525 rectas paralelas y reúne los pares entre las 2525 rectas concurrentes en un solo punto
Remove the pairs among the 2525 parallel lines and collapse the pairs among the 2525 concurrent lines to one point
Solución:
Hay 2525 índices divisibles por 44 y 2525 congruentes con 1(mod4).1\pmod4. A partir de (1002)=4950,\binom{100}{2}=4950, el grupo paralelo no aporta intersecciones, por lo que se restan (252)=300.\binom{25}{2}=300. Los 300300 pares del grupo concurrente producen un solo punto en vez de 300300 puntos distintos, por lo que se restan otros 299.299. Todas las intersecciones restantes pueden elegirse distintas, así que el máximo es 4950−300−299=4351. 4950-300-299=4351.
Por lo tanto, la respuesta correcta es B.
There are 2525 indices divisible by 44 and 2525 congruent to 1(mod4).1\pmod4. Starting from (1002)=4950,\binom{100}{2}=4950, the parallel group contributes no intersections, removing (252)=300.\binom{25}{2}=300. The concurrent group’s 300300 pairs all give one point rather than 300300 distinct points, removing another 299.299. All remaining intersections can be chosen distinct, so the maximum is 4950−300−299=4351. 4950-300-299=4351.
Therefore, the correct answer is B.
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