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XXIII OIM: 2008, Sin resolver: 3, 6

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 21 2008, 07:24 PM Publicado: #1
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	23ª OLIMPIADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICAS Salvador, BA, Brasil, 2008 Primera Prueba: Martes 23 de Septiembre Problema 1: Considere los números $TEX: $1, 2, 3, \ldots , 2008^2$$ distribuidos en un tablero de $TEX: $2008\times{2008}$$ , de modo que en cada casilla haya un número distinto. Para cada fila y cada columna del tablero se calcula la diferencia entre el mayor y el menor de sus elementos. Sea $TEX: $\mathcal{S}$$ la suma de los $TEX: $4016$$ números obtenidos. Determine el mayor valor posible de $TEX: $\mathcal{S}$$ . Problema 2: Sean $TEX: $ABC$$ un triángulo escaleno y $TEX: $\ell$$ la bisectriz exterior del $TEX: $\angle{ABC}$$ . Sean $TEX: $P$$ y $TEX: $Q$$ los pies de las perpendiculares a la recta $TEX: $\ell$$ que pasan por $TEX: $A$$ y $TEX: $C$$ , respectivamente. Sean $TEX: $M=\overleftrightarrow{CP}\cap\overleftrightarrow{AB}$$ y $TEX: $N=\overleftrightarrow{AQ}\cap\overleftrightarrow{BC}$$ . Pruebe que las rectas $TEX: $\overleftrightarrow{AC}, \overleftrightarrow{MN}$$ y $TEX: $\ell$$ tienen un punto en común. Problema 3: Sean $TEX: $m$$ y $TEX: $n$$ números enteros tales que el polinomio $TEX: $P(x)=x^3+mx +n$$ tiene la siguiente propiedad: si $TEX: $x$$ e $TEX: $y$$ son enteros y $TEX: $107$$ divide a $TEX: $P(x)-P(y)$$ , entonces $TEX: $107$$ divide a $TEX: $x-y$$ . Demuestre que $TEX: $107$$ divide a $TEX: $m$$ . Segunda Prueba: Miércoles 24 de Septiembre Problema 4: Pruebe que la ecuación $TEX: $x^{2008}+2008!=21^y$$ no tiene soluciones enteras $TEX: $(x, y)$$ . Problema 5: Sean $TEX: $ABC$$ un triángulo y $TEX: $X, Y, Z$$ puntos interiores de los lados $TEX: $BC, AC, AB$$ respectivamente. Sean $TEX: $A', B', C'$$ los circuncentros correspondientes a los triángulos $TEX: $AZY, BXZ, CYX$$ , respectivamente. Demuestre que: $TEX: $(A'B'C')\ge\displaystyle\frac{(ABC)}{4}$$ y que la igualdad ocurre si y sólo si $TEX: $AA', BB'$$ y $TEX: $CC'$$ son concurrentes. Nota: Para un triángulo cualquiera $TEX: $RST$$ , denotamos su área por $TEX: $(RST)$$ . Problema 6: En un partido de biribol se enfrentan dos equipos de cuatro jugadores cada uno. Se organiza un torneo de biribol en el que participan $TEX: $n$$ personas, que forman equipos para cada partido (los equipos no son fijos). Al final del torneo se observó que cada dos personas disputaron exactamente un partido en equipos rivales. Determinar para qué valores de $TEX: $n$$ es posible organizar un torneo con tales características. Resumen de soluciones Problema 1: Aquí, resuelto por Killua. Problema 2: Aquí, resuelto por Killua. Aquí, resuelto por CyedqD. Problema 3: Pendiente de solución Problema 4: Aquí, resuelto por pelao_malo. Aquí, resuelto por Killua. Problema 5: Aquí, resuelto por Killua. Problema 6: Pendiente de solución -------------------- "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)

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 23 2008, 10:41 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(Killua @ Sep 21 2008, 08:14 PM) Problema 2: Sean $TEX: $ABC$$ un triángulo escaleno y $TEX: $\ell$$ la bisectriz exterior del $TEX: $\angle{ABC}$$ . Sean $TEX: $P$$ y $TEX: $Q$$ los pies de las perpendiculares a la recta $TEX: $\ell$$ que pasan por $TEX: $A$$ y $TEX: $C$$ , respectivamente. Sean $TEX: $M=\overleftrightarrow{CP}\cap\overleftrightarrow{AB}$$ y $TEX: $N=\overleftrightarrow{AQ}\cap\overleftrightarrow{BC}$$ . Pruebe que las rectas $TEX: $\overleftrightarrow{AC}, \overleftrightarrow{MN}$$ y $TEX: $\ell$$ tienen un punto en común. Solución al problema 2 $TEX: \noindent Sean $D=\ell\cap\overleftrightarrow{AC}$, $O=\overleftrightarrow{PC}\cap\overleftrightarrow{AQ}$, $F=\overleftrightarrow{BO}\cap\overleftrightarrow{AC}$. Sea $2\beta$ el valor del \'angulo exterior en $B$, la bisectriz $\ell$ lo dimidia en \'angulos de medida $\beta$. Por el teorema de la bisectriz exterior se tiene que $\frac{BC}{BA}=\frac{CD}{AD}$ $(i)$. Como $\overleftrightarrow{AP}\parallel\overleftrightarrow{QC}$, se tiene que $\triangle{OPA}\sim\triangle{OCQ}$, de donde:<br /><br />$$\dfrac{OC}{OP}=\dfrac{QC}{AP}=\dfrac{BCsen\beta}{ABsen\beta}=\dfrac{BC}{AB}$$<br /><br />\noindent Notemos que $\dfrac{BQ}{PB}=\dfrac{BCcos\beta}{ABcos\beta}=\dfrac{BC}{AB}$. As\'i se tiene que $\dfrac{OC}{OP}=\dfrac{BQ}{PB}=\dfrac{BC}{AB}\Rightarrow\overleftrightarrow{OB}\parallel\overleftrightarrow{QC}$, entonces $\angle{PBO}=90^o$, lo que implica que $\overleftrightarrow{BO}$ es la bisectriz interior del $\angle{B}$ (las bisectrices interior y exterior para un mismo \'angulo son perpendiculares). Luego, por el teorema de la bisectriz interior se tiene que $\frac{BC}{AB}=\frac{CF}{FA}$ $(ii)$.\\<br /><br />\noindent Ahora bien, por el teorema de Ceva en el $\triangle{ABC}$ con respecto a las cevianas $\overline{AN}, \overline{BF}, \overline{CM}$ que concurren en $O$, y usando $(i)$ y $(ii)$, se tiene:<br /><br />$$\displaystyle\frac{BN}{NC}\frac{CF}{FA}\frac{AM}{MB}=1$$<br />$$\displaystyle\frac{BN}{NC}\frac{BC}{BA}\frac{AM}{MB}=1$$<br />$$\displaystyle\frac{BN}{NC}\frac{CD}{DA}\frac{AM}{MB}=1$$<br /><br />\noindent Esta \'ultima igualdad nos dice, por el teorema de Menelao, que $N, M, D$ son colineales. Finalmente $\overleftrightarrow{AC}, \overleftrightarrow{MN}$ y $\ell$ tienen en com\'un el punto $D\ \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)

CyedqD Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 23 2008, 10:46 PM Publicado: #3
Coordinador General Gran Maraton PSU Final 2008 Grupo: Moderador Mensajes: 1.607 Registrado: 11-June 07 Desde: Peñalolen, Stgo Miembro Nº: 6.641 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	P2: oim2.PNG ( 37.31k ) Número de descargas: 2 $TEX: \noindent Sea $MC \cap NA = X$ . Trazamos $BX$ llamando $D$ al corte de este con $AC$. Notar que el triangulo $PBA$ es semejante al triangulo $QBC$ y como $AP//CQ$, entonces tenemos:<br /><br />$$\dfrac{{AB}}<br />{{BC}} = \dfrac{{PB}}<br />{{BQ}} = \dfrac{{AP}}<br />{{QC}} = \dfrac{{PX}}<br />{{XC}} = \dfrac{{AX}}<br />{{XQ}} = \dfrac{{AD}}<br />{{DC}} \ \ (I)$$<br /><br />\noindent De ahi que $PD$ sea paralelo a $PA$ y a $QC$, siendo entonces la bisectriz interior del $\angle ABC.$ \\<br /><br /><br />\noindent Extendemos $QC$ mas alla de $Q$ , y $AB$ mas alla de $B$, denotando como $H$ la interseccion de $AB$ y $QC$. De esto resulta claro que $BQ$ simetral, entonces $BH=BC$ y $HQ=QC$. Luego por (I) tenemos que <br /><br />$$\dfrac{{AB}}{{BC}} = \dfrac{{AB}}{{BH}} \Rightarrow \dfrac{{AB}}<br />{{BH}} \cdot \dfrac{{HQ}}<br />{{QC}} \cdot \dfrac{{DC}}<br />{{AD}} = 1$$<br /><br /><br />\noindent Luego por Ceva, $HD$, $BC$ y $AQ$ concurren en $N$. \\<br /><br /><br />\noindent Finalmente, sea $MN \cap AC = Y$ y $\ell \cap AC = Y'$. Sabemos que $Y$, $A$ , $D$ y $C$ forman una cuaterna armonica y que tambien la forman $Y'$, $A$ , $D$ ,$C$. De ahi que $Y=Y'$, lo que significa que $\ell$, $AC$ y $MN$ concurren en $Y$.<br />$ --------------------

Felipe_ambuli Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 23 2008, 11:00 PM Publicado: #4
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 836 Registrado: 9-January 07 Desde: Santiasko Miembro Nº: 3.659 Nacionalidad: Sexo:	CITA(Killua @ Sep 24 2008, 01:31 AM) Solución al problema 2 $TEX: \noindent Sean $D=\ell\cap\overleftrightarrow{AC}$, $O=\overleftrightarrow{PC}\cap\overleftrightarrow{AQ}$, $F=\overleftrightarrow{BO}\cap\overleftrightarrow{AC}$. Sea $2\beta$ el valor del \'angulo exterior en $B$, la bisectriz $\ell$ lo dimidia en \'angulos de medida $\beta$. Por el teorema de la bisectriz exterior se tiene que $\frac{BC}{BA}=\frac{CD}{AD}$ $(i)$. Como $\overleftrightarrow{AP}\parallel\overleftrightarrow{QC}$, se tiene que $\triangle{OPA}\sim\triangle{OCQ}$, de donde:<br /><br />$$\dfrac{OC}{OP}=\dfrac{QC}{AP}=\dfrac{BCsen\beta}{ABsen\beta}=\dfrac{BC}{AB}$$<br /><br />\noindent Notemos que $\dfrac{BQ}{PB}=\dfrac{BCcos\beta}{ABcos\beta}=\dfrac{BC}{AB}$. As\'i se tiene que $\dfrac{OC}{OP}=\dfrac{BQ}{PB}=\dfrac{BC}{AB}\Rightarrow\overleftrightarrow{OB}\parallel\overleftrightarrow{QC}$, entonces $\angle{PBO}=90^o$, lo que implica que $\overleftrightarrow{BO}$ es la bisectriz interior del $\angle{B}$ (las bisectrices interior y exterior para un mismo \'angulo son perpendiculares). Luego, por el teorema de la bisectriz interior se tiene que $\frac{BC}{AB}=\frac{CF}{FA}$ $(ii)$.\\<br /><br />\noindent Ahora bien, por el teorema de Ceva en el $\triangle{ABC}$ con respecto a las cevianas $\overline{AN}, \overline{BF}, \overline{CM}$ que concurren en $O$, y usando $(i)$ y $(ii)$, se tiene:<br /><br />$$\displaystyle\frac{BN}{NC}\frac{CF}{FA}\frac{AM}{MB}=1$$<br />$$\displaystyle\frac{BN}{NC}\frac{BC}{BA}\frac{AM}{MB}=1$$<br />$$\displaystyle\frac{BN}{NC}\frac{CD}{DA}\frac{AM}{MB}=1$$<br /><br />\noindent Esta \'ultima igualdad nos dice, por el teorema de Menelao, que $N, M, D$ son colineales. Finalmente $\overleftrightarrow{AC}, \overleftrightarrow{MN}$ y $\ell$ tienen en com\'un el punto $D\ \blacksquare$$ Saludos Quisas me ganaron, pero para concluir que $TEX: $N,M,D$$ colineales, bastaba mostrar que $TEX: $(CFAD)$$ es armonica, y eso se sigue del lema 2 del adjunto (me apoyo en el lema 1 y 2). harmonic_division.pdf ( 145.39k ) Número de descargas: 94

CyedqD Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 23 2008, 11:00 PM Publicado: #5
Coordinador General Gran Maraton PSU Final 2008 Grupo: Moderador Mensajes: 1.607 Registrado: 11-June 07 Desde: Peñalolen, Stgo Miembro Nº: 6.641 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	CITA(Felipe_ambuli @ Sep 23 2008, 11:50 PM) Quisas me ganaron, pero para concluir que $TEX: $N,M,D$$ colineales, bastaba mostrar que $TEX: $(CFAD)$$ es armonica, y eso se sigue del lema 2 del adjunto (me apoyo en el lema 1 y 2). harmonic_division.pdf ( 145.39k ) Número de descargas: 94 Precisamente en algo de eso me base para mi solucion. Buen pdf ese, aprendi harto de ahi. --------------------

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 24 2008, 04:17 PM Publicado: #6
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(CyedqD @ Sep 23 2008, 11:36 PM) $TEX: <br />\noindent Finalmente, sea $MN \cap AC = Y$. Sabemos que $Y$, $A$ , $D$ y $C$ forman una cuaterna armonica. Sea $\ell \cap AC = Y'$, es sabido tambien que $Y'$, $A$ , $D$ ,$C$. De ahi que $Y=Y'$, lo que significa que $\ell$, $AC$ y $MN$ concurren en $Y$.<br />$ Disculpa, pero, ¿qué es una cuaterna armónica? ¿Por qué "sabemos" que Y, A, D, C y Y', A, D, C son cuaternas armónicas? ¿Viene en el enunciado, o se deduce de alguna parte? No entiendo esa parte, agradecería que me aclararas. De antemano, gracias Saludos. PD: todo esto un corrector exigente, como los de las Ibero, se lo preguntaría. -------------------- "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)

CyedqD Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 24 2008, 07:25 PM Publicado: #7
Coordinador General Gran Maraton PSU Final 2008 Grupo: Moderador Mensajes: 1.607 Registrado: 11-June 07 Desde: Peñalolen, Stgo Miembro Nº: 6.641 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	CITA(Killua @ Sep 24 2008, 05:08 PM) Disculpa, pero, ¿qué es una cuaterna armónica? ¿Por qué "sabemos" que Y, A, D, C y Y', A, D, C son cuaternas armónicas? ¿Viene en el enunciado, o se deduce de alguna parte? No entiendo esa parte, agradecería que me aclararas. De antemano, gracias Saludos. PD: todo esto un corrector exigente, como los de las Ibero, se lo preguntaría. Por cuaterna armonica me refiero a que los punto indicados estan verifican la proporcion armonica, o sea $TEX: \[<br />\frac{{DC}}<br />{{AD}} = \frac{{YC}}<br />{{YA}}<br />\]$ Lo otro viene de que .asdasd.PNG ( 13.62k ) Número de descargas: 3 En la figura si D es el conjugado armonico de B respecto al segmento CA, entonces F, E y D son colineales. Sin embargo el reciproco tambien es cierto (o sea si F, E y D son colineales, D es el conjugado armonico de B) pues el punto D es unico. Y fue el reciproco de este teorema el que use para la solucion. Mas que nada te agradezco por la correccion, pues no se bien que como evaluan las respuestas en estas pruebas, y que cosas se pueden tomar como evidentes y que cosas no . --------------------

pelao_malo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 25 2008, 05:49 PM Publicado: #8
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 878 Registrado: 14-May 07 Desde: Talcahuano Miembro Nº: 5.845 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	$TEX: \noindent Notar que la mayor potencia de $3$ que divide a $2008!$ es $1000$ (polignac). Notar tambi\'en que si $y\ge 1$ entonces $x=21k$ (modulo $21)$. Entonces $$(21k)^{2008}+3^{1000}\cdot q=21^y$$ $$3^{1000}\underbrace{(3^{1008}\cdot (7k)^{2008}+q)}_{A}=21^y=3^y7^y$$ Como $3$ no divide a $A$ (porque $q$ no es div en 3 y el otro t\'ermino si) entonces tenemos $3^y\mid 3^{1000}$. Ahora como $3$ y $7$ son coprimos tenemos $3^{1000}\mid 3^y$ por lo que $y=1000$. Pero entonces $$21^y=21^{1000}<1\cdot 2\cdot \ldots 19\cdot 20\cdot 21\cdot 21\cdot \ldots \cdot 21<2008!<2008!+x^{2008}$$ por lo que no existe $x$ que cumpla la ecuacion =D.$ PD: esto es un post data -------------------- $TEX: $\sqrt{5}=41$$

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 25 2008, 08:14 PM Publicado: #9
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Killua @ Sep 21 2008, 08:14 PM) Problema 4: Pruebe que la ecuación $TEX: $x^{2008}+2008!=21^y$$ no tiene soluciones enteras $TEX: $(x, y)$$ . pelao me ganó ¬¬, pero igual posteo mi solución que es parecida (lo había sacado en la mañana pero llegué tarde a mi casa ) Solución al problema 4 $TEX: \noindent Supongamos que existen enteros $x, y$ que satisfacen la ecuaci\'on. Tenemos que $x^{2008}+2008!=3^y\cdot{7}^y$, y como $21\|2008!$ se tiene que $21\|x^{2008}$, entonces $x$ es de la forma $x=3^m\cdot{7}^n\cdot{j}$, con $j$ coprimo con $3$ y $7$ y $(m, n)\in\mathbb{N}^2$. As\'i $x^{2008}=3^{2008m}\cdot{7}^{2008n}\cdot{j}^{2008}$. Por la f\'ormula de Polignac se tiene que el exponente de $3$ en la factorizaci\'on de $2008!$ en primos es:<br /><br />$$\displaystyle{\left\lfloor\frac{2008}{3}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{2008}{3^2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{2008}{3^3}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{2008}{3^4}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{2008}{3^5}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{2008}{3^6}\right\rfloor}=1000$$<br /><br />\noindent Y el exponente de $7$ en la factorizaci\'on en primos de $2008!$ es:<br /><br />$$\displaystyle{\left\lfloor\frac{2008}{7}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{2008}{7^2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{2008}{7^3}\right\rfloor}=331$$<br /><br />\noindent De esto deducimos que $2008!=7^{331}\cdot{3}^{1000}\cdot{k}$, con $k$ coprimo con $3$ y $7$. As\'i, se tiene que la ecuaci\'on es:<br /><br />$$3^{2008m}\cdot{7}^{2008n}\cdot{j}^{2008}+7^{331}\cdot{3}^{1000}\cdot{k}=3^y\cdot{7}^y$$<br />$$7^{331}\cdot{3}^{331}(3^{2008m-1000}\cdot{7}^{2008n-331}j^{2008}+k)=3^y\cdot{7}^y$$<br />$$3^{2008m-1000}\cdot{7}^{2008n-331}j^{2008}+k=3^{y-1000}\cdot{7}^{y-331}$$<br /><br />\noindent Es claro que $2008m>1000$ y que $2008n>331$, pues $m$ y $n$ son naturales. As\'i, el lado izquierdo de la ecuaci\'on es un n\'umero entero. Como el lado derecho es divisible por $3$ si $y\neq{1000}$, y en el lado izquierdo $3^{2008m-1000}\cdot{7}^{2008n-331}j^{2008}$ tambi\'en es divisible por $3$, se tiene que $k$ es divisible por $3$. Contradicci\'on, pues $k$ no tiene factores $3$ en su factorizaci\'on en primos. Y si $y=1000$, el lado derecho es divisible por $7$, pero entonces en el lado izquierdo $k$ ser\'ia divisible por $7$. Contradicci\'on, pues $k$ no tiene factores $7$ en su factorizaci\'on en primos. Por lo tanto no existen tales enteros $x, y\ \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)

Tanteador Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 25 2008, 09:57 PM Publicado: #10
Principiante Matemático Destacado Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 20 Registrado: 9-May 06 Miembro Nº: 1.055	wena! me keo kn la solucion de killua

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