APMO 1990 - Foro fmat.cl

APMO 1990, Ssp: 3,4,5

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 11 2008, 12:34 PM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 556 Registrado: 16-August 06 Desde: Rio de Janeiro Miembro Nº: 1.950 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: \noindent\underline{$Problema\ 1$} Dado un tri\'angulo $ABC$, sean $D$, $E$, $F$ los puntos medios de $BC$, $CA$, $AB$ respectivamente y sea $G$ el centroide del tri\'angulo. Para cada valor del $\angle BAC$, determine cuantos tri\'angulos no semejantes hay en los cuales $AEGF$ es un cuadril\'atero c\'iclico.$ Solucion: [attachment=29199:APMO.JPG] $TEX: Como el $AEGF$ es cíclico, $\measuredangle BAD=\measuredangle FEG$; y como $\overline {EF}//\overline {BC}$, se sigue que $\measuredangle FEG=\measuredangle CBE$, y por lo tanto $\measuredangle BAD=\measuredangle DBG$. Esto significa que el circumcírculo del $\triangle BAG$ es tangente a $\overline {BC}$ en $B$. Entonces $\overline {DB}^2= \overline {DG}\cdot \overline {DA}$.<br /><br />Por comodidad, sean $\overline {BC}=2a$, $\overline {CA}=2b$, $\overline {AB}=2c$. La ecuación obtenida en el párrafo anterior queda traducida a $a^2=\overline {DG}\cdot \overline {DA}$, pero recordando que, como $G$ es baricentro, se cumple que $\overline {AG}=2\cdot \overline {GD}$. De esto, se obtiene que $\overline {AG}=\frac{2a}{\sqrt{3}}$. <br /><br />Por otra parte, por potencia de puntos, $\overline {BF}\cdot \overline {BA}=\overline {BG}\cdot \overline {BE}$, y esto, traducido a nuestra notación; y ocupando nuevamente que $\overline {BG}=2\cdot \overline {GE}$, nos permite obtener que $\overline {GE}=\frac{b}{\sqrt{3}}$. De forma enteramente análoga obtenemos que $\overline {GF}=\frac {c}{\sqrt{3}}$<br /><br />Como el $AEGF$ es cíclico, entonces, por el Teorema de Ptolomeo: $$\overline {AF}\cdot \overline {GE}+\overline {AE}\cdot \overline {GF}=\overline {AG}\cdot \overline {EF}$$<br /><br />En términos de $a,b,c$, esto es: $$b\cdot \dfrac{b}{\sqrt{3}}+c\cdot\dfrac{c}{\sqrt{3}}=a\cdot\dfrac{2a}{\sqrt{3}}\Rightarrow b^2+c^2=2a^2$$<br /><br />Por otro lado, por el teorema del coseno, $a^2=b^2+c^2-2bc \cdot cos (\alpha)$, donde $\alpha =\measuredangle BAC$. O sea, $b^2+c^2=4bc \cdot cos (\alpha)$. Consideremos 3 casos:<br /><br />$\underline {Caso\ 1}$: Supongamos que $0º<\alpha<60º$. Fijemos $b$ y hagamos variar $c$. La ecuación $c^2-4bc\cdot cos( \alpha)+b^2=0$ admite dos raíces distintas (digamos, $c_1, c_2$), puesto que su discriminante, $4b^2(4cos^2(\alpha)-1)$ es mayor que $0$. Entonces, considerando los triángulos de lados $a,b,c_1$; y $a,b,c_2$, obtenemos dos triángulos no semejantes que cumplen la propiedad. <br /><br />$\underline {Caso\ 2}$: Supongamos que $\alpha=60º$. Entonces $b^2+c^2=4bc \cdot \cos (60º)=2bc$, lo cual es posible si y sólo si $b=c$, de donde se obtiene que el $\triangle ABC$ debe ser equilátero. <br /><br />$\underline {Caso\ 3}$: Supongamos que $60º<\alpha<180º$. Entonces $cos(\alpha)<\frac{1}{2}$. Entonces $b^2+c^2=4bc \cdot cos (\alpha)<2bc$, lo cual es absurdo (contradice $A\ge G$). Por lo tanto en este caso no existen tríangulos con tales características. $\blacksquare$$ $TEX: $\boxed{Resuelto\ por\ Fatal\ Collapse}$$ $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 2$} Sean $a_1,a_2,...,a_n>0$, y sea $S_k$ la suma de los productos de $a_1,a_2,...,a_n$ tomados de $k$ en $k$. Pruebe que:\\<br />\\<br />$S_kS_{n-k}\ge {n \choose k}^2a_1a_2\cdot \cdot\cdot a_n$\\<br />\\<br />para $k=1,2,...,n-1$.$ Solucion: $TEX: \noindent<br />Sean $u_i$ el $i$-esimo de los $\displaystyle\binom{n}{k}$ productos posibles con $k$ factores, y $v_i$ el $i$-esimo de los $\displaystyle\binom{n}{n-k}=\binom{n}{k}$ productos posibles con $n-k$ factores, tales que\\<br />\\<br />$\displaystyle\prod_{j=1}^{n} a_j=u_iv_i, 0\le i\le \binom{n}{k}$ (condicion para $u_i,v_i$)\\<br />\\<br />entonces\\<br />$\displaystyle A=\frac{S_k}{\binom{n}{k}}\frac{S_{n-k}}{\binom{n}{n-k}}=\frac{\sum_{i=1}^{\binom{n}{k}}u_i}{\binom{n}{k}}\frac{\sum_{i=1}^{\binom{n}{n-k}}v_i}{\binom{n}{n-k}}=\frac{\sum_{i=1}^{\binom{n}{k}}u_i}{\binom{n}{k}}\frac{\sum_{i=1}^{\binom{n}{k}}v_i}{\binom{n}{k}}$\\<br />\\<br />luego, por $MA\ge MG$ y por la condicion para $u_i,v_i$ tenemos\\<br />\\<br />$\displaystyle A\ge\sqrt[\binom{n}{k}]{\left(\prod_{i=1}^{\binom{n}{k}}u_i\right)\left(\prod_{i=1}^{\binom{n}{k}}v_i\right)}=\sqrt[\binom{n}{k}]{\prod_{i=1}^{\binom{n}{k}}\left(\prod_{j=1}^{n} a_j\right)}=\prod_{j=1}^{n} a_j$\\<br />\\<br />y podemos concluir que\\<br />\\<br />$\displaystyle S_kS_{n-k}=\binom{n}{k}^2A\ge\binom{n}{k}^2\prod_{j=1}^{n} a_j$\\<br />\\<br />como se pedia.$ $TEX: $\boxed{Resuelto\ por\ Pasten}$$ $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 3$} Considere todos los tri\'angulos $ABC$ con base fija $AB$ y altura desde $C$ una constante $h$. Determine para cuales de estos tri\'angulos el producto de sus alturas es m\'aximo.$ Solucion: (Pendiente) $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 4$} Un conjunto de 1990 personas se divide en subconjuntos disjuntos tales que:\\<br />\\<br />1. Nadie en un subconjunto conoce a todos los dem\'as del subconjunto.\\<br />2. Entre cualesquiera tres personas de un subconjunto, hay siempre al menos dos que no se conocen el uno al otro.\\<br />3. Para cualesquiera dos personas en un subconjunto que no se conocen el uno al otro, hay exactamente una persona en el mismo subconjunto que los conoce a ambos.\\<br />\\<br />(a) Pruebe que dentro de cada subconjunto, cada persona tiene el mismo n\'umero de conocidos.\\<br />(b) Determine el m\'aximo n\'umero posile de subconjuntos.$ Solucion: (Pendiente) $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 5$} Pruebe que para cada entero $n\ge 6$, existe un hex\'agono convexo que puede ser divido en exactamente $n$ tri\'angulos congruentes.$ Solucion: (Pendiente) Mensaje modificado por Luffy el Sep 26 2011, 11:55 PM