APMO 1989 - Foro fmat.cl

Portal Matemático

¿Qué es FMAT?

Foro fmat.cl > Sector Preparación Olimpiadas > Competencias y Olimpiadas > Olimpiadas > Olimpiada Asia-Pacifico

Reply to this topic

Start new topic

APMO 1989, Ssp: 3,4,5

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 11 2008, 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$} Sean $x_1,x_2,...,x_n>0$ y $S=x_1+x_2+...+x_n$. Pruebe que:<br />\begin{center}<br />$(1+x_1)(1+x_2)\cdot\cdot\cdot (1+x_n) \le 1+S+\dfrac{S^2}{2!}+\dfrac{S^3}{3!}+...+\dfrac{S^n}{n!}$<br />\end{center}$ Soluciones: Sea $TEX: $P(x)$$ el polinomio $TEX: \[<br />\prod\limits_{i = 1}^n {\left( {x + x_i } \right)} <br />\]$ . Luego sus raíces son todos los $TEX: $-x_i,\ i=1..n$$ , y puede ser escrito de la forma $TEX: $P(x)=a_0+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+\dots +a_{n-1}x+a_n$$ donde $TEX: $a_0=1$$ y, por las relaciones de Cardano-Vieta, cada $TEX: $a_i,\ i=1..n$$ es igual a la suma de los productos de cada $TEX: $i$$ -combinación de $TEX: $\{x_1,x_2,\dots ,x_n\}$$ multiplicada por $TEX: $(-1)^k$$ . El lado izquierdo de la desigualdad a probar es igual a $TEX: $P(1)$$ , o sea, igual a $TEX: \[<br />\sum\limits_{k = 0}^n {a_k } <br />\]$ Ahora sólo resta probar que $TEX: \[<br />a_k \le \frac{{S^k }}<br />{{k!}}<br />\]$ , para $TEX: $k=0..n$$ , o, lo que es equivalente, que $TEX: \[<br />k!a_k \le S^k <br />\]$ para los mismos $TEX: $k$$ Para $TEX: $k=0$$ la igualdad es directa, y para $TEX: $k=1..n$$ , recordamos cuatro cosas: 1) que al desarrollar $TEX: $S^k$$ no aparecerán sumandos negativos, pues cada sumando dentro de $TEX: $S$$ no lo es; 2) que al calcular $TEX: $S^k=(x_1+x_2+\dots +x_n)^k$$ , cada $TEX: $k$$ -combinación de los $TEX: $x_i$$ aparece sumada $TEX: $k!$$ veces; * 3) que si $TEX: $k$$ es par, la suma de los productos de las $TEX: $k$$ combinaciones de los $TEX: $-x_i$$ , igual a $TEX: $a_k$$ , es también igual a la correspondiente suma de los $TEX: $x_i$$ ; 4) que si $TEX: $k$$ es impar, la suma de los productos de las $TEX: $k$$ combinaciones de los $TEX: $-x_i$$ , igual a $TEX: $-a_k$$ , es opuesta en signo a la correspondiente suma de los $TEX: $x_i$$ . Combinando los puntos 1, 2 y 3, se demuestra que $TEX: \[<br />k!a_k \le S^k <br />\]$ para $TEX: $k$$ par, y usando los puntos 1, 2 y 4 para $TEX: $k$$ impar. Sumando todas estas desigualdades demostradas, $TEX: \[<br />\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{S^k }}<br />{{k!}} \ge \sum\limits_{k = 0}^n {a_k } = P\left( 1 \right) = \prod\limits_{i = 1}^n {\left( {1 + x_i } \right)} } <br />\]$ que es lo que se quería demostrar. $TEX: $\boxed{Resuelto\ por\ Alucard}$$ $TEX: Por la desigualdad $M.A\geq M.G.$ se tiene que:<br />\begin{center}$(1+x_1)(1+x_2)\cdot\cdot\cdot (1+x_n) \le \left(\dfrac{S+n}{n}\right)^n=\left(1+\dfrac{S}{n}\right)^n$\end{center}<br />Luego basta demostrar que $\left(1+\dfrac{S}{n}\right)^n \le 1+S+\dfrac{S^2}{2!}+\dfrac{S^3}{3!}+...+\dfrac{S^n}{n!}$ (1.)$ $TEX: El término general del binomio de la derecha es $\dbinom{n}{k}\left ( \dfrac{S}{n} \right )^{k}$ y el término general de la suma de la izquierda es $\dfrac{S^k}{k!}$, donde en ambas expresiones $k=0,1,2,...,n$<br />Y como claramente se tiene:<br />\begin{center}$\dfrac{(n-k+1)(n-k+2)...(n-1)n}{n^k}=\dfrac{n!}{(n-k)!n^k} \le 1$ \end{center}<br />Multiplicando por $\dfrac{S^k}{k!}$ se obtiene:<br />\begin{center}$\dbinom{n}{k}\left ( \dfrac{S}{n} \right )^{k} \le \dfrac{S^k}{k!}$ \end{center}<br />Que prueba la desigualdad (1.)$ $TEX: $\boxed{Resuelto\ por\ Javier\ Gomez\ L.}$$ $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 2$} Pruebe que la ecuaci\'on:<br />\begin{center}<br />$6(6a^2+3b^2+c^2)=5n^2$<br />\end{center}<br />no tiene soluciones enteras con excepci\'on de $a=b=c=n=0$$ Solucion: $TEX: Veamos que $2\|5n^2$, y como $gcd(2,5)=1$, se tiene que $2\|n^2$, y como $2$ es primo, entonces $2\|n$. De forma análoga se obtene que $3\|n$, y por ende $6\|n$. Sea $n_1$ el entero tal que $n=6n_1$. Entonces la ecuación original equivale a: $$6a^2+3b^2+c^2=30n_1^2$$<br /><br />Por esta ecuación se tiene que $3\|c$. Coloquemos $c=3c_1$, con $c_1$ entero y la nueva ecuación es: $$2a^2+b^2+3c_1^2=10n_1^2$$<br /><br />Supongamos que la ecuación admita al menos una soluciòn $(a',b',c_1',n_1')$ en enteros no negativos. Escribamos $d=gcd(a',b',c_1',n_1')$, $a'=dx, b'=dy, c_1'=dz, n_1'=dw$, con $x,y,z,w$ enteros no negativos, con al menos uno de ellos no nulo, tales que $gcd(x,y,z,w)=1$. Tenemos que: $$2x^2+y^2+3z^2=10w^2$$ <br /><br />Analizando módulo $16$, tenemos que $2x^2\equiv \{0,2,8\}; y^2\equiv \{0,1,4,9\}; 3z^2\equiv \{0,3,11,12\}, w^2\equiv \{0,8,10\}$. Manualmente se ve que las únicas posibles sumas de residuos que calzan son $0+0+0=0$, $0+4+12=0$, $0+0+8=8$, $4+8+12=8$ (todas las sumas son consideradas módulo $16$). Pero a mano podemos corroborar que $Kt^2\equiv \{0,4,8,12\}$ (con $K\in \{1,2,3\}$) si y solamente si $t$ es par. Se deduce que $x,y,z,w$ son todos pares, lo cual contradice que $gcd(x,y,w,z)=1$. Por lo tanto la única solución en enteros de la ecuación es (0,0,0,0) $\blacksquare$$ $TEX: $\boxed{Resuelto\ por\ Fatal\ Collapse}$$ $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 3$} Sean $A_1,A_2,A_3$ tres puntos en el plano, y por conveniencia tomemos $A_4=A_1$ y $A_5=A_2$. Para $n=1,2$ y $3$; suponga que $B_n$ es el punto medio de $A_nA_{n+1}$; y suponga que $C_n$ es el punto medio de $A_nB_n$. Suponga que $A_nC_{n+1}$ y $B_nA_{n+2}$ se encuentran en $D_n$; y que $A_nB_{n+1}$ y $C_nA_{n+2}$ se encuentran en $E_n$. Calcule la raz\'on entre el \'area del tri\'angulo $D_1D_2D_3$ y el \'area del tri\'angulo $E_1E_2E_3$.$ Solucion: (Pendiente) $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 4$} Sea $S$ un conjunto de $m$ pares $(a,b)$ de enteros positivos con la propiedad de que $1\le a<b\le n$. Pruebe que hay al menos <br />\begin{center}<br />$4m\cdot \dfrac{(m-\frac{n^2}{4})}{3n}$<br />\end{center}<br />trios $(a,b,c)$ tales que $(a,b)$, $(b,c)$ y $(a,c)$ pertenecen a $S$.$ Solucion: (Pendiente) $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 5$} Determine todas las funciones $f$ de los reales a los reales para las cuales:\\<br />\\<br />(1) $f(x)$ es estrictamente creciente.\\<br />(2) $f(x)+g(x)=2x$ para todos los reales $x$.\\<br />\\<br />donde $g(x)$ es la funci\'on inversa de $f(x)$.$ Solucion: (Pendiente) Mensaje modificado por Luffy el Jun 2 2013, 10:20 PM

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 26 2010, 06:04 PM Publicado: #2
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, 11:26 PM) $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 2$} Pruebe que la ecuaci\'on:<br />\begin{center}<br />$6(6a^2+3b^2+c^2)=5n^2$<br />\end{center}<br />no tiene soluciones enteras con excepci\'on de $a=b=c=n=0$$ $TEX: Veamos que $2\|5n^2$, y como $gcd(2,5)=1$, se tiene que $2\|n^2$, y como $2$ es primo, entonces $2\|n$. De forma análoga se obtene que $3\|n$, y por ende $6\|n$. Sea $n_1$ el entero tal que $n=6n_1$. Entonces la ecuación original equivale a: $$6a^2+3b^2+c^2=30n_1^2$$<br /><br />Por esta ecuación se tiene que $3\|c$. Coloquemos $c=3c_1$, con $c_1$ entero y la nueva ecuación es: $$2a^2+b^2+3c_1^2=10n_1^2$$<br /><br />Supongamos que la ecuación admita al menos una soluciòn $(a',b',c_1',n_1')$ en enteros no negativos. Escribamos $d=gcd(a',b',c_1',n_1')$, $a'=dx, b'=dy, c_1'=dz, n_1'=dw$, con $x,y,z,w$ enteros no negativos, con al menos uno de ellos no nulo, tales que $gcd(x,y,z,w)=1$. Tenemos que: $$2x^2+y^2+3z^2=10w^2$$ <br /><br />Analizando módulo $16$, tenemos que $2x^2\equiv \{0,2,8\}; y^2\equiv \{0,1,4,9\}; 3z^2\equiv \{0,3,11,12\}, w^2\equiv \{0,8,10\}$. Manualmente se ve que las únicas posibles sumas de residuos que calzan son $0+0+0=0$, $0+4+12=0$, $0+0+8=8$, $4+8+12=8$ (todas las sumas son consideradas módulo $16$). Pero a mano podemos corroborar que $Kt^2\equiv \{0,4,8,12\}$ (con $K\in \{1,2,3\}$) si y solamente si $t$ es par. Se deduce que $x,y,z,w$ son todos pares, lo cual contradice que $gcd(x,y,w,z)=1$. Por lo tanto la única solución en enteros de la ecuación es (0,0,0,0) $\blacksquare$$ -------------------- 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 27 2011, 12:01 AM Publicado: #3
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 26 2010, 07:04 PM) $TEX: Veamos que $2\|5n^2$, y como $gcd(2,5)=1$, se tiene que $2\|n^2$, y como $2$ es primo, entonces $2\|n$. De forma análoga se obtene que $3\|n$, y por ende $6\|n$. Sea $n_1$ el entero tal que $n=6n_1$. Entonces la ecuación original equivale a: $$6a^2+3b^2+c^2=30n_1^2$$<br /><br />Por esta ecuación se tiene que $3\|c$. Coloquemos $c=3c_1$, con $c_1$ entero y la nueva ecuación es: $$2a^2+b^2+3c_1^2=10n_1^2$$<br /><br />Supongamos que la ecuación admita al menos una soluciòn $(a',b',c_1',n_1')$ en enteros no negativos. Escribamos $d=gcd(a',b',c_1',n_1')$, $a'=dx, b'=dy, c_1'=dz, n_1'=dw$, con $x,y,z,w$ enteros no negativos, con al menos uno de ellos no nulo, tales que $gcd(x,y,z,w)=1$. Tenemos que: $$2x^2+y^2+3z^2=10w^2$$ <br /><br />Analizando módulo $16$, tenemos que $2x^2\equiv \{0,2,8\}; y^2\equiv \{0,1,4,9\}; 3z^2\equiv \{0,3,11,12\}, w^2\equiv \{0,8,10\}$. Manualmente se ve que las únicas posibles sumas de residuos que calzan son $0+0+0=0$, $0+4+12=0$, $0+0+8=8$, $4+8+12=8$ (todas las sumas son consideradas módulo $16$). Pero a mano podemos corroborar que $Kt^2\equiv \{0,4,8,12\}$ (con $K\in \{1,2,3\}$) si y solamente si $t$ es par. Se deduce que $x,y,z,w$ son todos pares, lo cual contradice que $gcd(x,y,w,z)=1$. Por lo tanto la única solución en enteros de la ecuación es (0,0,0,0) $\blacksquare$$ Muy bella solucion

Javier Gómez L. Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 2 2012, 05:02 PM Publicado: #4
Principiante Matemático Destacado Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 29 Registrado: 1-September 11 Desde: Chillán, Chile Miembro Nº: 93.770 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	$TEX: \noindent\underline{$Problema\ 1$} Sean $x_1,x_2,...,x_n>0$ y $S=x_1+x_2+...+x_n$. Pruebe que:<br />\begin{center}<br />$(1+x_1)(1+x_2)\cdot\cdot\cdot (1+x_n) \le 1+S+\dfrac{S^2}{2!}+\dfrac{S^3}{3!}+...+\dfrac{S^n}{n!}$ \end{center}$ $TEX: Tengo otra solución para este: por la desigualdad $M.A\geq M.G.$ se tiene que:<br />\begin{center}$(1+x_1)(1+x_2)\cdot\cdot\cdot (1+x_n) \le \left(\dfrac{S+n}{n}\right)^n=\left(1+\dfrac{S}{n}\right)^n$\end{center}<br />Luego basta demostrar que $\left(1+\dfrac{S}{n}\right)^n \le 1+S+\dfrac{S^2}{2!}+\dfrac{S^3}{3!}+...+\dfrac{S^n}{n!}$ (1.)$ $TEX: El término general del binomio de la derecha es $\dbinom{n}{k}\left ( \dfrac{S}{n} \right )^{k}$ y el término general de la suma de la izquierda es $\dfrac{S^k}{k!}$, donde en ambas expresiones $k=0,1,2,...,n$<br />Y como claramente se tiene:<br />\begin{center}$\dfrac{(n-k+1)(n-k+2)...(n-1)n}{n^k}=\dfrac{n!}{(n-k)!n^k} \le 1$ \end{center}<br />Multiplicando por $\dfrac{S^k}{k!}$ se obtiene:<br />\begin{center}$\dbinom{n}{k}\left ( \dfrac{S}{n} \right )^{k} \le \dfrac{S^k}{k!}$ \end{center}<br />Que prueba la desigualdad (1.)$ Mensaje modificado por Javier Gómez L. el Sep 2 2012, 05:06 PM -------------------- Gavier Zómej Hola

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 2 2013, 10:26 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(Javier Gómez L. @ Sep 2 2012, 05:02 PM) $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 1$} Sean $x_1,x_2,...,x_n>0$ y $S=x_1+x_2+...+x_n$. Pruebe que:<br />\begin{center}<br />$(1+x_1)(1+x_2)\cdot\cdot\cdot (1+x_n) \le 1+S+\dfrac{S^2}{2!}+\dfrac{S^3}{3!}+...+\dfrac{S^n}{n!}$ \end{center}$ $TEX: Tengo otra solución para este: por la desigualdad $M.A\geq M.G.$ se tiene que:<br />\begin{center}$(1+x_1)(1+x_2)\cdot\cdot\cdot (1+x_n) \le \left(\dfrac{S+n}{n}\right)^n=\left(1+\dfrac{S}{n}\right)^n$\end{center}<br />Luego basta demostrar que $\left(1+\dfrac{S}{n}\right)^n \le 1+S+\dfrac{S^2}{2!}+\dfrac{S^3}{3!}+...+\dfrac{S^n}{n!}$ (1.)$ $TEX: El término general del binomio de la derecha es $\dbinom{n}{k}\left ( \dfrac{S}{n} \right )^{k}$ y el término general de la suma de la izquierda es $\dfrac{S^k}{k!}$, donde en ambas expresiones $k=0,1,2,...,n$<br />Y como claramente se tiene:<br />\begin{center}$\dfrac{(n-k+1)(n-k+2)...(n-1)n}{n^k}=\dfrac{n!}{(n-k)!n^k} \le 1$ \end{center}<br />Multiplicando por $\dfrac{S^k}{k!}$ se obtiene:<br />\begin{center}$\dbinom{n}{k}\left ( \dfrac{S}{n} \right )^{k} \le \dfrac{S^k}{k!}$ \end{center}<br />Que prueba la desigualdad (1.)$ Muy bien, tu solución es correcta y simple, felicitaciones

« Posterior · Olimpiada Asia-Pacifico · Anterior »

Reply to this topic

Start new topic

1 usuario(s) está(n) leyendo esta discusión (1 invitado(s) y 0 usuario(s) anónimo(s))

0 miembro(s):

Modo de Ver: Estándar · Cambiar a: Lineal+ · Cambiar a: Outline

Suscribirse · Enviar por correo · Imprimir · Suscribirse a este foro

Versión Lo-Fi

Fecha y Hora actual: 3rd April 2025 - 09:25 PM

Powered By IP.Board 2.2.1 © 2007 IPS, Inc.