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APMO 1998, Ssp: 1,5

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 18 2007, 09:26 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$} Sea $F$ el conjunto de todas las $n$-tuplas $(A_1,A_2,...,A_n)$ tal que cada $A_i$ es un subconjunto de $\{1,2,...,1998\}$. Sea $\|A\|$ el n\'umero de elementos del conjunto $A$. Encuentre\\<br />\begin{center}<br />$\displaystyle\sum_{(A_1,A_2,...,A_n)\in F} \|A_1 \cup A_2 \cup ... \cup A_n\|$<br />\end{center}$ Solucion: (Pendiente) $TEX: \noindent \underline{$Problema\ 2$} Demuestre que $(36a+b)(a+36b)$ no puede ser una potencia de 2, para cualesquiera enteros positivos $a$ y $b$.$ Solucion: $TEX: \noindent Supongamos que s\'i se cumple que, para alg\'un $n$:<br /><br />$$(36a+b)(36b+a)=2^n$$<br /><br />\noindent Entonces:<br /><br />$$36a+b=\dfrac{2^n}{36b+a}$$<br /><br />\noindent y:<br /><br />$$36b+a=\dfrac{2^n}{36a+b}$$<br /><br />\noindent Ambos son enteros, por lo tanto $36a+b\|2^n$ y $36b+a\|2^n$; como $36a+b$ y $36b+a$ son mayores que $1$, y dividen a $2^n$, entonces ambos son potencias de $2$\\<br /><br />\noindent O sea:<br /><br />$$36a+b=2^u$$<br />$$36b+a=2^v$$<br />\noindent $(36a+b)(36b+a)=2^{u+v}$ (ah\'i se justifica que ambos sean potencias de $2$, con $u+v=n$) Por lo tanto $36a+b=2^u$ es par, entonces se sigue que $b$ es par. An\'alogamente, $a$ es par. Supongamos que $(s,t)$ es la menor soluci\'on, y $s=2j, t=2k$, se tiene que:<br /><br />$$(36s+t)(36t+s)=2^i$$<br />$$(36\cdot{2j}+2k)(36\cdot{2k}+2j)=2^i$$<br />$$4(36j+k)(36k+j)=2^i$$<br />$$(36j+k)(36k+j)=2^{i-2}$$<br /><br />\noindent Entonces $(j,k)$ tambi\'en es soluci\'on, lo que contradice que $(s,t)$ sea la menor soluci\'on. Por lo tanto, $(36a+b)(36b+a)$ para $a,b\in\mathbb{Z}^+$, nunca es una potencia de $2$.$ $TEX: \boxed{Resuelto\ por\ Killua}$ $TEX: \noindent \underline{$Problema\ 3$} Sean $a,b,c>0$. Pruebe que:\\<br />\begin{center}<br />$\left(1+\dfrac{a}{b}\right)\left(1+\dfrac{b}{c}\right)\left(1+\dfrac{c}{a}\right) \ge 2\left(1+\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\right)$<br />\end{center}$ Solucion: Tenemos que $TEX: \[<br />\left( {1 + \frac{a}<br />{b}} \right)\left( {1 + \frac{b}<br />{c}} \right)\left( {1 + \frac{c}<br />{a}} \right) = 2 + \frac{a}<br />{b} + \frac{b}<br />{a} + \frac{a}<br />{c} + \frac{c}<br />{a} + \frac{b}<br />{c} + \frac{c}<br />{b} = \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}<br />{a} + \frac{1}<br />{b} + \frac{1}<br />{c}} \right) - 1<br />\]$ Y sabemos, por $TEX: $G\ge H$$ , que $TEX: \[<br />\sqrt[3]{{abc}} \ge \frac{3}<br />{{\frac{1}<br />{a} + \frac{1}<br />{b} + \frac{1}<br />{c}}}\]$ por $TEX: $A\ge G$$ que $TEX: $a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}$$ y que $TEX: \[<br />\left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}<br />{a} + \frac{1}<br />{b} + \frac{1}<br />{c}} \right) = \frac{{3\left( {a + b + c} \right)}}<br />{{\frac{3}<br />{{\frac{1}<br />{a} + \frac{1}<br />{b} + \frac{1}<br />{c}}}}}<br />\]$ Luego $TEX: \[<br />\left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}<br />{a} + \frac{1}<br />{b} + \frac{1}<br />{c}} \right) - 1 = \frac{{2\left( {a + b + c} \right)}}<br />{{\frac{3}<br />{{\frac{1}<br />{a} + \frac{1}<br />{b} + \frac{1}<br />{c}}}}} + \frac{{a + b + c}}<br />{{\frac{3}<br />{{\frac{1}<br />{a} + \frac{1}<br />{b} + \frac{1}<br />{c}}}}} - 1 \ge \frac{{2\left( {a + b + c} \right)}}<br />{{\sqrt[3]{{abc}}}} + \frac{{3\sqrt[3]{{abc}}}}<br />{{\sqrt[3]{{abc}}}} - 1<br />\]$ $TEX: \[<br /> = \frac{{2\left( {a + b + c} \right)}}<br />{{\sqrt[3]{{abc}}}} + 3 - 1 = 2\left( {1 + \frac{{a + b + c}}<br />{{\sqrt[3]{{abc}}}}} \right)<br />\]$ Y queda demostrado $TEX: \boxed{Resuelto\ por\ Alucard}$ $TEX: \noindent \underline{$Problema\ 4$} Sea $ABC$ un tri\'angulo y $D$ el pie de la altura desde $A$. Sean $E$ y $F$ puntos que pertenezcan a una recta que pasa por $D$ tales que $AE$ es perpendicular a $BE$, $AF$ es perpendicular a $CF$, y $E$ y $F$ son distintos de $D$. sean $M$ y $N$ puntos medios de los segmentos $BC$ y $EF$, repectivamente. Pruebe que $AN$ es perpendicular a $MN$.$ Solucion: $TEX: \noindent Sean $\angle{ABC}=\beta, \angle{AMB}=\delta, \angle{ACB}=\gamma$. Notemos que $ABDE$ es un cuadril\'atero c\'iclico, ya que $\angle{AEB}=\angle{ADB}=90$. Entonces $\angle{ABD}=\angle{AEF}=\beta$. Veamos que, como $\angle{ADC}=\angle{AFC}=90$, se tiene que $ADCF$ es c\'iclico, de donde $\angle{DCA}=\angle{DFA}=\gamma$. Luego tenemos que $\angle{ABC}=\angle{AEF}=\beta$ y $\angle{ACB}=\angle{AFE}=\gamma$, por lo tanto $\triangle{ABC}\sim\triangle{AEF}$, y de aqu\'i se sigue que $\displaystyle\frac{AB}{BC}=\frac{AE}{EF}\Rightarrow\frac{AB}{\frac{BC}{2}}=\frac{AE}{\frac{EF}{2}}\Leftrightarrow\frac{AB}{BM}=\frac{AE}{EN}$, y como $\angle{ABM}=\angle{AEN}=\beta$ tenemos que $\triangle{ABM}\sim\triangle{AEN}$, y de aqu\'i tenemos $\angle{AMB}=\angle{ANE}\Leftrightarrow\angle{AMD}=\angle{AND}=\delta$, lo que implica que $ADMN$ es un cuadril\'atero c\'iclico, y as\'i $\angle{ADM}=\angle{ANM}=90$, es decir, $AN$ y $MN$ son perpendiculares, y hemos acabado $\blacksquare$$ $TEX: $\boxed{Resuelto\ por\ Killua}$$ $TEX: \noindent \underline{$Problema\ 5$} Encuentre el mayor entero $n$ tal que $n$ es divisible por todos los enteros positivos menores que $\sqrt[3]{n}$.$ Solucion: (Pendiente)

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 4 2009, 08:05 PM Publicado: #2
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Luffy @ Aug 18 2007, 10:26 PM) $TEX: \noindent \underline{$Problema\ 4$} Sea $ABC$ un tri\'angulo y $D$ el pie de la altura desde $A$. Sean $E$ y $F$ puntos que pertenezcan a una recta que pasa por $D$ tales que $AE$ es perpendicular a $BE$, $AF$ es perpendicular a $CF$, y $E$ y $F$ son distintos de $D$. sean $M$ y $N$ puntos medios de los segmentos $BC$ y $EF$, repectivamente. Pruebe que $AN$ es perpendicular a $MN$.$ Solución al problema 4 $TEX: \noindent Sean $\angle{ABC}=\beta, \angle{AMB}=\delta, \angle{ACB}=\gamma$. Notemos que $ABDE$ es un cuadril\'atero c\'iclico, ya que $\angle{AEB}=\angle{ADB}=90$. Entonces $\angle{ABD}=\angle{AEF}=\beta$. Veamos que, como $\angle{ADC}=\angle{AFC}=90$, se tiene que $ADCF$ es c\'iclico, de donde $\angle{DCA}=\angle{DFA}=\gamma$. Luego tenemos que $\angle{ABC}=\angle{AEF}=\beta$ y $\angle{ACB}=\angle{AFE}=\gamma$, por lo tanto $\triangle{ABC}\sim\triangle{AEF}$, y de aqu\'i se sigue que $\displaystyle\frac{AB}{BC}=\frac{AE}{EF}\Rightarrow\frac{AB}{\frac{BC}{2}}=\frac{AE}{\frac{EF}{2}}\Leftrightarrow\frac{AB}{BM}=\frac{AE}{EN}$, y como $\angle{ABM}=\angle{AEN}=\beta$ tenemos que $\triangle{ABM}\sim\triangle{AEN}$, y de aqu\'i tenemos $\angle{AMB}=\angle{ANE}\Leftrightarrow\angle{AMD}=\angle{AND}=\delta$, lo que implica que $ADMN$ es un cuadril\'atero c\'iclico, y as\'i $\angle{ADM}=\angle{ANM}=90$, es decir, $AN$ y $MN$ son perpendiculares, y hemos acabado $\blacksquare$$ Saludos -------------------- "He looks rather ill, but he looks all over the genius he was" (G. H. Hardy) "A mathematician is a device for turning coffee into theorems" (Paul Erdös)

Heiricar Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Dec 29 2013, 02:57 AM Publicado: #3
Dios Matemático Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 423 Registrado: 4-January 11 Miembro Nº: 82.624 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	P5 Probaremos que $TEX: $ \text{MCD} \{ 1,...,\lfloor\sqrt[3]{n}\lfloor \}>n $$ para $TEX: $n\geq 2^{9}=512$$ (de donde se prueban los casos pequeños) Definamos $TEX: $m=\lfloor\sqrt[3]{n}\rfloor$$ y $TEX: $k=\lfloor log_{2}(m) \rfloor$$ luego $TEX: $2^{k}\leq m$$ de donde se tiene que $TEX: $\text{MCD} \{ 1,...,2^{k} \}\leq \text{MCD} \{ 1,...,m \}$$ , además por el postulado de bertrand existen primos en los intervalos $TEX: $[1,2), [2,2^{2}),..., [2^{k},2^{k-1})$$ de donde obtenemos la cota $TEX: $\text{MCD} \{ 1,...,2^{k} \} \geq 1\cdot 2\cdot ... \cdot 2^{k-1}=2^{\frac{k(k-1)}{2}}$$ , luego basta ver que para $TEX: $k\geq 9 \ \ \ (n\geq 2^{9})$$ tenemos $TEX: $\text{MCD} \{ 1,...,2^{k} \}\geq 2^{\frac{k(k-1)}{2}}\geq \left ( 2^{(k+2)}\right )^{3} \geq (m+1)^{3} > n$$ viendo casos pequeños tenemos n=420

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