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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: APMO.JPG ( 15.15k ) Número de descargas: 1 $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

pelao_malo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 22 2008, 11:53 PM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 878 Registrado: 14-May 07 Desde: Talcahuano Miembro Nº: 5.845 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Weno mi solucion pal P3 pa los cabros de fmat $TEX: \noindent Recordemos que en un tri\'angulo $ABC$ de lados $a,b,c$, alturas $h_a,h_b,h_c$ y circunradio $R$ tenemos $h_a=\frac{bc}{2R},\ h_b=\frac{ca}{2R},\ h_c=\frac{ab}{2R}$. Entonces el producto de sus alturas es $h_ah_bh_c=\frac{a^2b^2c^2}{8R^3}$. En las condiciones del problema tenemos que el producto a maximizar es $\frac{a^2b^2c^2}{8R^3}=\underbrace{\frac{abc}{4R}}_{A}\cdot \underbrace{\frac{ab}{2R}}_{h_c}\cdot \frac{c}{R}$. Notemos que el primer factor ($A$) representa el \'area del $\triangle ABC$, que es constante en el problema, ya que la base $AB$ y su altura respectiva son ambos constantes. Como el segundo factor ($h_c$) tambi\'en es constante, por enunciado, tenemos que maximizar $\frac{c}{R}$. Como $c=AB$ es constante, tenemos que maximizar $\frac{1}{R}$, lo que equivale a minimizar $R$ en el $\triangle ABC$. Entonces se me ocurri\'o trazar la mediatriz de $AB$, que corta a la recta que forma $C$ (llam\'emosla $l$) en $X$. Sea $O$ el circuncentro del $\triangle ABX$, que claramente pertenece a $AB$ y est\'a entre $l$ y $AB$ (y es \'unico). Entonces ahora hay que notar que si el circuncentro $O'$ estuviera en el segmento $OM$ (siendo $M$ el punto medio de $AB$) tendr\'iamos $BO'<BO$ por lo que el nuevo punto $X$ pertenecer\'ia al segmento $OX$ (distinto de $X$, ya que $OX'<OX$) y entonces $X$ no pertenecer\'ia a la recta $l$, en la que obligatoriamente debe caer. Ahora si el circuncentro $O''$ estuviera en la prolongacion de $\overrightarrow{MX}$ tendriamos $BO''>BO$ pero buscamos minimizar el circunradio, por lo que $X$ es el punto $C$ buscado.$ -------------------- $TEX: $\sqrt{5}=41$$

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 27 2010, 11:35 AM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.564 Registrado: 12-November 07 Desde: La Union, XIV Region de los Rios Miembro Nº: 12.607 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Luffy @ Jan 11 2008, 02:34 PM) $TEX: \noindent\underline{$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.$ APMO.JPG ( 15.15k ) Número de descargas: 1 $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$$ Saludos -------------------- Ricardo Vargas Obando Ex-alumno Deutsche Schule La Unión (Generación 2010, de los 150 años). Novato de Licenciatura en Matemática/Estadística, en la Pontificia Universidad Católica de Chile. Grupo de facebook de Novatos Matemática y Estadística PUC 2011 Currículum Olímpico: Medalla de Plata, XIX Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Menor (2007) Medalla de Oro, XXI Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2009) Medalla de Bronce, XXV Olimpiada Iberoamericana de Matemática (2010) Medalla de Oro, XXII Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2010) "What we learned as children, that one plus one equals two, we know to be false. One plus one equals one. We even have a word when you plus another, equals one. That word is love." "Todos piensan en cambiar el mundo, pero nadie piensa en cambiarse a sí mismo."

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 26 2011, 11:45 PM Publicado: #4
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:	CITA(pelao_malo @ Sep 23 2008, 12:53 AM) Weno mi solucion pal P3 pa los cabros de fmat $TEX: \noindent Recordemos que en un tri\'angulo $ABC$ de lados $a,b,c$, alturas $h_a,h_b,h_c$ y circunradio $R$ tenemos $h_a=\frac{bc}{2R},\ h_b=\frac{ca}{2R},\ h_c=\frac{ab}{2R}$. Entonces el producto de sus alturas es $h_ah_bh_c=\frac{a^2b^2c^2}{8R^3}$. En las condiciones del problema tenemos que el producto a maximizar es $\frac{a^2b^2c^2}{8R^3}=\underbrace{\frac{abc}{4R}}_{A}\cdot \underbrace{\frac{ab}{2R}}_{h_c}\cdot \frac{c}{R}$. Notemos que el primer factor ($A$) representa el \'area del $\triangle ABC$, que es constante en el problema, ya que la base $AB$ y su altura respectiva son ambos constantes. Como el segundo factor ($h_c$) tambi\'en es constante, por enunciado, tenemos que maximizar $\frac{c}{R}$. Como $c=AB$ es constante, tenemos que maximizar $\frac{1}{R}$, lo que equivale a minimizar $R$ en el $\triangle ABC$. Entonces se me ocurri\'o trazar la mediatriz de $AB$, que corta a la recta que forma $C$ (llam\'emosla $l$) en $X$. Sea $O$ el circuncentro del $\triangle ABX$, que claramente pertenece a $AB$ y est\'a entre $l$ y $AB$ (y es \'unico). Entonces ahora hay que notar que si el circuncentro $O'$ estuviera en el segmento $OM$ (siendo $M$ el punto medio de $AB$) tendr\'iamos $BO'<BO$ por lo que el nuevo punto $X$ pertenecer\'ia al segmento $OX$ (distinto de $X$, ya que $OX'<OX$) y entonces $X$ no pertenecer\'ia a la recta $l$, en la que obligatoriamente debe caer. Ahora si el circuncentro $O''$ estuviera en la prolongacion de $\overrightarrow{MX}$ tendriamos $BO''>BO$ pero buscamos minimizar el circunradio, por lo que $X$ es el punto $C$ buscado.$ la forma de minimizar el cicunradio no es clara aunque la idea de considerar la mediatriz es buena pues es claro que si $TEX: $O$$ es el cicuncentro, se minimiza si $TEX: $O\in AB$$ , sin embargo esto no es siempre posible, pues cuando $TEX: $h$$ es muy grande no se pueden fomar triangulos rectangulos en $TEX: $C$$ . a seguir pensando

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 26 2011, 11:52 PM Publicado: #5
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:	CITA(~Fatal_Collapse~ @ Mar 27 2010, 12:35 PM) APMO.JPG ( 15.15k ) Número de descargas: 1 $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$$ Saludos Correcto!!

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