AMC 10 · 2012 · #25

학년 11 algebra

유형 Small-Domain Constrained Search └ 세부 유형 Logic-Deduction / Elimination

absolute-valuefloor-functionperiodic-functionquadratic-equations identify-subproblemspattern-recognitioncasework ↑ 선수 지식: absolute-valuefloor-function

📏 긴 풀이 💡 4 개 인사이트

문제

톱니 모양 함수가 자기 안에 중첩되고 해의 개수가 목표에 닿아야 한다. 가장 작은 배수를 구하여라.

답을 골라 클릭하세요.

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

풀이 과정

전략 그림 그리기

이 문제는 대수 계산만으로는 풀리지 않는다. f가 소수 부분의 절댓값으로 정의되어 있어서, nf(xf(x)) = x는 사실 수천 개의 작은 이차방정식을 이어 붙인 것이다. 이것을 유한한 문제로 바꾸는 수는 도구 #1(그림 그리기)이다. 양변을 n으로 나누면 f(xf(x)) = x/n이 되고, 이는 빠르게 진동하는 지그재그가 거의 평평한 직선과 어디서 만나는지를 묻는 것이 된다. 도구 #14(극단의 원리)는 0 ≤ f ≤ 1을 이용해 모든 해를 [0, n] 안에 가둔다. 그래서 그림은 유한한 창 하나에서만 그리면 된다. 도구 #4(변수 도입하기)로 안쪽 함수 g(x) = xf(x)에 이름을 붙이고, 도구 #7(작은 문제로 쪼개기)로 [0,n]을 반 단위 창들로 잘라, 각 창에서 g가 포물선의 단조로운 한 조각이 되게 한다. 이것이 창마다 따로 셀 수 있게 해 주는 핵심 사실이다. 창 안에서의 세기는 "한 왕복에 교점 하나"라는 깔끔한 논증인데, 가정하지 말고 증명해야 한다. 지그재그는 기울기가 최소 2로 오르내리고 직선의 기울기는 1/n ≤ 1이므로, 교점을 놓치거나 두 번 셀 수 없다. 도구 #5(패턴 찾기)로 창별 개수 2, 2, 4, 4, 6, …을 닫힌 식으로 합치고, 도구 #3(가능성 지우기)으로 2012를 넘기는 가장 작은 n을 읽어낸다.

1STEP 1

모든 해를 [0,n] 안에 가두기

모든 해가 유한한 범위에 갇힌다.

0 ≤ f ≤ 1 → 0 ≤ nf(xf(x)) ≤ n → 0 ≤ x ≤ n; 방정식 ⇔ f(xf(x)) = x/n, x ∈ (0, n].

2STEP 2

f의 모양 읽기: V자의 행렬

그 함수는 똑같은 V자의 행렬이다.

[m, m+1/2]에서 f(x) = 1 - 2{x}; [m+1/2, m+1]에서 f(x) = 2{x} - 1; f(m) = 1, f(m+1/2) = 0, |f'| = 2.

3STEP 3

안쪽 함수 g(x) = xf(x)에 이름 붙이기

안쪽 함수에 이름을 붙이면 중첩이 읽힌다.

g(x) = xf(x); [m, m+1/2]에서 g(x) = x(2m+1-2x), [m+1/2, m+1]에서 g(x) = x(2x-2m-1); g(m) = m, g(m+1/2) = 0, g(m+1) = m+1.

4STEP 4

각 반 단위 창에서 g는 단조롭다

그것은 반 단위 창마다 한 방향으로 간다.

꼭짓점 x = (2m+1)/4. m ≥ 1일 때 [m, m+1/2]에서 g는 m → 0으로 감소; m ≥ 0일 때 [m+1/2, m+1]에서 g는 0 → m+1로 증가; 두 경우 모두 |g'| ≥ 1. 예외: [0,1/2], 여기서 max g = 1/8.

5STEP 5

왕복 하나마다 교점 정확히 하나

각 왕복이 정확히 하나의 교점을 준다.

W는 2M개의 왕복으로 나뉜다. 각 왕복에서 |φ'| ≥ 2 ＞ 1/n이고 φ는 0 ⇔ 1을 훑으므로, h = φ - x/n은 순단조롭고 양 끝의 부호가 반대이다 → 왕복마다 근이 정확히 하나, 공유되는 근은 없음.

6STEP 6

첫 반 단위는 아무것도 내놓지 않는다

첫 반 단위는 아무것도 내놓지 않는다.

[0,1/2]에서 0 ≤ g ≤ 1/8 → f(g(x)) ≥ 3/4 ＞ 1/2 ≥ x/n: 해 없음.

7STEP 7

왕복을 모두 더하면 2n²

왕복을 더하면 깔끔한 제곱 식이 나온다.

N(n) = 2 + Σ_m=1ⁿ⁻¹(4m+2) = 2 + 2n(n-1) + 2(n-1) = 2n²

8STEP 8

가장 작은 n 고르기

가장 작은 배수는 32, 보기 (C).

2n² ≥ 2012 ⇔ n² ≥ 1006; 31² = 961 ＜ 1006 ≤ 1024 = 32² → n = 32 → (C)

정답

공식 N(n) = 2n²을 모든 것을 손으로 풀 수 있는 n = 1에서 시험해 보자. 6단계가 [0,1/2]을 배제한다. [1/2,1]에서는 f(x) = 2x-1이고 g(x) = 2x² - x가 0 → 1로 올라간다. g ∈ [0,1/2]인 왕복은 1 - 2g = x, 즉 4x² - x - 1 = 0을 요구해 x = (1+√(17))/8 ≈ 0.640을 준다. g ∈ [1/2,1]인 왕복은 2g-1 = x, 즉 4x² - 3x - 1 = (4x+1)(x-1) = 0을 요구해 x = 1을 준다. 해가 정확히 2개로 2 · 1²과 일치한다. 두 번째 확인점: x = n은 모든 n에 대해 해이다. f(n) = 1이므로 nf(nf(n)) = nf(n) = n이기 때문이다. 그리고 5단계는 바로 이것을, 마지막 왕복의 오른쪽 끝에 놓인 근으로 예측했다. [0,n]에서 nf(xf(x)) - x의 부호 변화를 수치로 훑으면 n = 1, …, 8에 대해 2, 8, 18, 32, 50, 72, 98, 128개가 나와 매번 정확히 2n²이다. 결론이 아슬아슬하지도 않다. 2012는 (1922, 2048] 안에 여유 있게 놓여 n=31의 개수보다 약 90 위, n=32의 개수보다 36 아래이므로, 왕복을 몇 개쯤 잘못 세더라도 여전히 32에 도달한다. 오답 선택지들도 흔한 실수와 맞아떨어진다. (D) 62와 (E) 64는 2 · 31과 2 · 32로, n 대신 2n을 구했거나 단위당 왕복 수를 답으로 적었을 때 나온다. (A) 30과 (B) 31은 √(1006) ≈ 31.7을 올림하지 않고 버렸을 때 나온다.

💡핵심 정리

빠른 지그재그 하나와 느린 직선 하나의 문제로 바꿔 쓰면, 지그재그가 0에서 1까지 한 번 완전히 올라갈 때마다 직선을 정확히 한 번 가로질러야 하므로, 해를 세는 일은 왕복을 세는 일이 된다.

모든 해를 [0,n] 안에 가두기
f의 모양 읽기: V자의 행렬
안쪽 함수 g(x) = xf(x)에 이름 붙이기
각 반 단위 창에서 g는 단조롭다
왕복 하나마다 교점 정확히 하나
첫 반 단위는 아무것도 내놓지 않는다
왕복을 모두 더하면 2n²
가장 작은 n 고르기