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L IMO (2009), Bremen, Alemania

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 15 2009, 06:08 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:	50ª OLIMPIADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Bremen, Alemania, 2009 Primera Prueba: Miércoles 15 de julio de 2009 Problema 1: Sea $TEX: $n$$ un entero positivo y sean $TEX: $a_1, a_2, a_3, a_k\ (k\ge{2})$$ distintos enteros del conjunto $TEX: $\{1, 2, 3, \ldots, n\}$$ tales que $TEX: $n\|a_i(a_{i+1}-1)$$ para $TEX: $i=1, 2, \ldots, k-1$$ . Pruebe que $TEX: $n$$ no divide a $TEX: $a_k(a_1-1)$$ . Problema 2: Sea $TEX: $ABC$$ un triángulo de circuncentro $TEX: $O$$ . $TEX: $P$$ y $TEX: $Q$$ son puntos interiores de los lados $TEX: $\overline{CA}$$ y $TEX: $\overline{AB}$$ , respectivamente. Sean $TEX: $K, L, M$$ los puntos medios de los segmentos $TEX: $\overline{BP}, \overline{CQ}$$ y $TEX: $\overline{PQ}$$ , respectivamente, y sea $TEX: $\Gamma$$ la circunferencia circunscrita del triángulo $TEX: $KLM$$ . Si la recta $TEX: $\overleftrightarrow{PQ}$$ es tangente a $TEX: $\Gamma$$ , muestre que $TEX: $OP=OQ$$ . Problema 3: Sea $TEX: $s_1, s_2, s_3, \ldots$$ una secuencia estrictamente creciente de enteros positivos tal que las sub-secuencias $TEX: $s_{s_1}, s_{s_2}, s_{s_3}, \ldots$$ y $TEX: $s_{s_1+1}, s_{s_2+1}, s_{s_3+1}, \ldots$$ son ambas progresiones aritméticas. Demuestre que la secuencia $TEX: $s_1, s_2, s_3, \ldots$$ es una progresión aritmética. Segunda Prueba: Jueves 16 de julio de 2009 Problema 4: Sea $TEX: $ABC$$ un triángulo isósceles con $TEX: $AB=AC$$ . Las bisectrices de los ángulos $TEX: $\angle{CAB}$$ y $TEX: $\angle{ABC}$$ cortan a los lados $TEX: $BC$$ y $TEX: $CA$$ en $TEX: $D$$ y $TEX: $E$$ , respectivamente. Sea $TEX: $K$$ el incentro del triángulo $TEX: $ADC$$ . Si se cumple que $TEX: $\angle{BEK}=45^o$$ , encuentre los posibles valores del $TEX: $\angle{CAB}$$ . Problema 5: Determine todas las funciones $TEX: $f:\mathbb{Z}^+\rightarrow\mathbb{Z}^+$$ tales que, para todo par de enteros positivos $TEX: $a$$ y $TEX: $b$$ , existe un triángulo no-degenerado cuyos lados tienen longitudes: $TEX: $a, f(b)$$ y $TEX: $f(b+f(a)-1)$$ (Un triángulo es no-degenerado si sus vértices no son colineales) Problema 6: Sean $TEX: $a_1, a_2, \ldots, a_n$$ enteros positivos distintos y sea $TEX: $\mathcal{M}$$ un conjunto de $TEX: $n-1$$ enteros positivos, donde $TEX: $s=a_1+a_2+\ldots+a_n$$ no pertenece a $TEX: $\mathcal{M}$$ . Un saltamontes salta sobre la recta real, comenzando en el punto $TEX: $0$$ y dando $TEX: $n$$ saltos a la derecha con longitudes $TEX: $a_1, a_2, \ldots, a_n$$ en algún orden. Demuestre que es posible elegir un orden de modo que el saltamontes nunca se ubique en algún punto de $TEX: $\mathcal{M}$$ . Resumen de Soluciones Problema 1: Aquí, resuelto por Killua. Problema 2: Aquí, resuelto por Killua. Problema 3: Pendiente de solución. Problema 4: Aquí, resuelto por Killua. Problema 5: Pendiente de solución. 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	Jul 15 2009, 07:10 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 @ Jul 15 2009, 07:08 PM) Problema 2: Sea $TEX: $ABC$$ un triángulo de circuncentro $TEX: $O$$ . $TEX: $P$$ y $TEX: $Q$$ son puntos interiores de los lados $TEX: $\overline{CA}$$ y $TEX: $\overline{AB}$$ , respectivamente. Sean $TEX: $K, L, M$$ los puntos medios de los segmentos $TEX: $\overline{BP}, \overline{CQ}$$ y $TEX: $\overline{PQ}$$ , respectivamente, y sea $TEX: $\Gamma$$ la circunferencia circunscrita del triángulo $TEX: $KLM$$ . Si la recta $TEX: $\overleftrightarrow{PQ}$$ es tangente a $TEX: $\Gamma$$ , muestre que $TEX: $OP=OQ$$ . Solución al problema 2 $TEX: \noindent Sean: $\alpha=\angle{BAC}, \beta=\angle{AQP}, R_B$ el punto medio de $\overline{AC}$ y $R_C$ el punto medio de $\overline{AB}$.\\<br /><br />\noindent Como $M$ y $K$ son los puntos medios de $\overline{PQ}$ y $\overline{PB}$, respectivamente, se sigue que $\overline{MK}$ es paralela media en el $\triangle{PQB}$, y por lo tanto: $\overline{MK}\parallel\overline{QB}$ y $MK=\frac{QB}{2}$. Dado que $\overline{MK}\parallel\overline{QB}$, se sigue que $\angle{AQM}=\angle{KMQ}=\beta$, y como $\overleftrightarrow{QM}$ es tangente en $M$ a $\Gamma$, se tiene que $\angle{QMK}=\angle{MLK}=\beta$ (\'angulos semi-inscrito e inscrito, respectivamente, en el arco $MK$ de $\Gamma$).\\<br /><br />\noindent Como $M$ y $L$ son los puntos medios de $\overline{QP}$ y $\overline{QC}$, respectivamente, se sigue que $\overline{ML}$ es paralela media en el $\triangle{QPC}$, y entonces: $\overline{ML}\parallel\overline{PC}$ y $ML=\frac{PC}{2}$.\\<br /><br />\noindent Ya que $\overline{MK}\parallel{AB}$ y $\overline{ML}\parallel\overline{AC}\Rightarrow\angle{BAC}=\angle{KML}=\alpha$. Notemos ahora que $\triangle{AQP}\sim\triangle{MLK}$ (porque $\angle{QAP}=\angle{LMK}=\alpha$ y $\angle{AQP}=\angle{MLK}=\beta$), y as\'i, aplicando la proporcionalidad entre los lados correspondientes:<br /><br />$$\displaystyle\frac{AQ}{ML}=\frac{AP}{MK}\Leftrightarrow\frac{AQ}{\frac{PC}{2}}=\frac{AP}{\frac{QB}{2}}\Leftrightarrow\frac{AB-BQ}{AC-AP}=\frac{AP}{QB}$$<br />$$\Rightarrow{AB\cdot{QB}-QB^2=AP\cdot{AC}-AP^2}$$<br />$$\Rightarrow\boxed{AP^2-AP\cdot{AC}=BQ^2-AB\cdot{QB}=k}\ (i)$$$ $TEX: \noindent Ahora, ya que $O$ es el circuncentro del $\triangle{ABC}$, tenemos que $\overline{OR_B}\perp\overline{AC}$ y que $\overline{OR_C}\perp\overline{AB}$. Por teorema de Pit\'agoras en el $\triangle{OR_BP}$, recordando que $AR_B=\frac{AC}{2}$, y usando $(i)$:<br /><br />$$OP^2=OR_B^2+\left(\frac{AC}{2}-AP\right)^2\Leftrightarrow{OP}^2=OR_B^2+\displaystyle\frac{AC^2}{4}+AP^2-AC\cdot{AP}$$<br />$$OP^2=R^2+k$$<br />$$\boxed{OP=\sqrt{R^2+k}}\ (ii)$$<br /><br />\noindent N\'otese que usamos que $OR_B^2+\left(\displaystyle\frac{AC}{2}\right)^2=R^2$, donde $R$ es el circunradio del $\triangle{ABC}$, lo que es consecuencia del teorema de Pit\'agoras en el $\triangle{OAR_B}$ (recordemos que $\overline{OA}=R$). De la misma forma, $OR_C^2+\left(\displaystyle\frac{AB}{2}\right)^2=R^2$.\\<br /><br />\noindent Por teorema de Pit\'agoras en el $\triangle{OR_CQ}$, teniendo en cuenta que $BR_C=\displaystyle\frac{AB}{2}$, y usando $(i)$:<br /><br />$$OQ^2=OR_C^2+\left(\displaystyle\frac{AB}{2}-BQ\right)^2\Leftrightarrow{OQ}^2=OR_C^2+\displaystyle\frac{AB^2}{4}+BQ^2-AB\cdot{BQ}$$<br />$$OQ^2=R^2+k$$<br />$$\boxed{OQ=\sqrt{R^2+k}}\ (iii)$$<br /><br />\noindent Por $(ii)$ y $(iii)$ tenemos que $OP=\sqrt{R^2+k}=OQ$, o sea $OP=OQ$, que es lo pedido $\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)

Newtype Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 15 2009, 09:16 PM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Team Ensayos FMAT Mensajes: 1.559 Registrado: 18-November 07 Miembro Nº: 12.754 Nacionalidad: Sexo:	2 cosas: 1) gracias por subir los problemas 2) te felicito por haber resuelto un problema de la IMO, esto solamente demuestra tu dedicacion y habilidad ademas esta bien clara la resolucion a mi me cuesta bastante la geometria pero pude seguirlo perfecto un buen antecedente para la olimpiada nacional (supongo que iras xD) -------------------- Empezando con Desigualdades? Encuentra aquí problemas resueltos

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 16 2009, 08:04 PM Publicado: #4
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Killua @ Jul 15 2009, 07:08 PM) Problema 4: Sea $TEX: $ABC$$ un triángulo isósceles con $TEX: $AB=AC$$ . Las bisectrices de los ángulos $TEX: $\angle{CAB}$$ y $TEX: $\angle{ABC}$$ cortan a los lados $TEX: $BC$$ y $TEX: $CA$$ en $TEX: $D$$ y $TEX: $E$$ , respectivamente. Sea $TEX: $K$$ el incentro del triángulo $TEX: $ADC$$ . Si se cumple que $TEX: $\angle{BEK}=45^o$$ , encuentre los posibles valores del $TEX: $\angle{CAB}$$ . Solución al problema 4 $TEX: \noindent Sean: $I$ el incentro del $\triangle{ABC}$, $\beta=\angle{ABI}=\angle{IBC}=\angle{ACI}=\angle{BCI}$. Notemos que $\overline{AD}\perp{BC}$ y que $D$ es el punto medio de $\overline{BC}$, porque $\overline{AD}$ es la bisectriz del \'angulo no basal en el $\triangle{ABC}$. Sea $R$ la proyecci\'on ortogonal de $I$ sobre el lado $\overline{AC}$. Tenemos dos casos:$ Caso 1: $TEX: $R\neq{E}$.$ $TEX: \noindent Notemos que $R$ es el punto donde el inc\'irculo del $\triangle{ABC}$ corta a $\overline{AC}$, y entonces $CR=CD$ por ser tangentes al inc\'irculo. Luego, por $LAL\ \triangle{DCK}\cong\triangle{RCK}$ (ya que $DC=RC, \angle{DCK}=\angle{RCK}$ y $KC=KC$), por lo tanto $\angle{CRK}=\angle{CDK}=45$, y dado que $\angle{IRC}=90$, se sigue que $\angle{IRK}=45$. O sea, tenemos que $\angle{IEK}=\angle{IRK}=45\Rightarrow\ IERK$ es c\'iclico, de donde se sigue que $\angle{EIK}=\angle{KRC}=45$, pero $\angle{EIK}=\angle{IBC}+\angle{ICB}=2\beta$, por lo que $2\beta=45\Rightarrow\angle{CAB}=180-4\beta=90^o$.\\<br /><br />\noindent En este caso $\boxed{\angle{CAB}=90^o}$$ Caso 2: $TEX: $R=E$$ $TEX: \noindent En este caso, el tri\'angulo es equil\'atero, pero primero debemos probar que efectivamente cumple con el enunciado, es decir, $\angle{BEK}=45$. Veamos que $\angle{IBD}=\angle{ICD}=30$, y que $\angle{CID}=60=\angle{CIE}$. Notemos que $K$ es la intersecci\'on de la bisectriz del $\angle{EID}$ y del $\angle{IDC}$, que son \'angulos exteriores del $\triangle{IBD}$, por lo tanto la bisectriz interior del $\angle{IBD}$ tambi\'en pasa por $K$ (este punto es uno de los excentros del $\triangle{IBD}$), luego $K$ es el incentro del $\triangle{EBC}$ (porque $\overleftrightarrow{CK}$ y $\overleftrightarrow{BK}$ son ambas bisectrices), entonces $\angle{BEK}=\angle{CEK}=\dfrac{90}{2}=45$, como quer\'iamos.\\<br /><br />\noindent En este caso $\boxed{\angle{CAB}=60^o}$\\<br /><br />\noindent Como los casos $1$ y $2$ son todos los posibles, los posibles valores del $\angle{CAB}$ son $90^o$ \'o $60^o\ \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)

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 19 2009, 01:00 PM Publicado: #5
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Ya están los resultados de la IMO: Aníbal Velozo (The Lord) obtuvo medalla de plata con 29 puntos Felicitaciones compadre, te lo mereces por tu trabajo y talento, disfruta tu segunda plata IMO y buena suerte en todo lo que viene En el siguiente link aparece el resultado del equipo completo. Felicitaciones! http://www.imo-official.org/team_r.aspx?co...I&year=2009 -------------------- "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)

iMPuRe Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 19 2009, 07:54 PM Publicado: #6
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 193 Registrado: 22-March 07 Desde: San Miguel, Santiago Miembro Nº: 4.651 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	felicitaciones al amigo anibal -------------------- 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41 43 47 53 59 61 67 71 73 79 83 89 97 101 103 107 109 113 127 131 137 139 149 151 157 163 167 173 179 181 191 193 197 199 211 223 227 229 233 239 241 251 257 263 269 271 277 281 283 293 307 311 313 317 331 337 347 349 353 359 367 373 379 383 389 397 401 409 419 421 431 433 439 443 449 457 461 463 467 479 487 491 499 503 509 521 523 541 547 557 563 569 571 577 587 593 599 601 607 613 617 619 631 641 643 647 653 659 661 673 677 683 691 701 709 719 727 733 739 743 751 757 761 769 773 787 797 809 811 821 823 827 829 839 853 857 859 863 877 881 883 887 907 911 919 929 937 941 947 953 967 971 977 983 991 997 1009 1013 1019 1021 1031 1033 1039 1049 1051 1061 1063 1069 1087 1091 1093 1097 1103 1109 1117 1123 1129 1151 1153 1163 1171 1181 1187 1193 1201 1213 1217 1223 1229 1231 1237 1249 1259 1277 1279 1283 1289 1291 1297 1301 1303 1307 1319 1321 1327 1361 1367 1373 1381 1399 1409 1423 1427 1429 1433 1439 1447 1451 1453 1459 1471 1481 1483 1487 1489 1493 1499 1511 1523 1531 1543 1549 1553 1559 1567 1571 1579 1583 1597 1601 1607 1609 1613 1619 1621 1627 1637 1657 1663 1667 1669 1693 1697 1699 1709 1721 1723 1733 1741 1747 1753 1759 1777 1783 1787 1789 1801 1811 1823 1831 1847 1861 1867 1871 1873 1877 1879 1889 1901 1907 1913 1931 1933 1949 1951 1973 1979 1987 1993 1997 1999 2003 2011 2017 2027 2029 2039 2053 2063 2069 2081 2083 2087 2089 2099 2111 2113 2129 2131 2137 2141 2143 2153 2161 2179 2203 2207 2213 2221 2237 2239 2243 2251 2267 2269 2273 2281 2287 2293 2297 2309 2311 2333 2339 2341 2347 2351 2357 2371 2377 2381 2383 2389 2393 2399 2411 2417 2423 2437 2441 2447 2459 2467 2473 2477 2503 2521 2531 2539 2543 2549 2551 2557 2579 2591 2593 2609 2617 2621 2633 2647 2657 2659 2663 2671 2677 2683 2687 2689 2693 2699 2707 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Jorgeston Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 19 2009, 08:15 PM Publicado: #7
Dios Matemático Supremo Grupo: Baneado Mensajes: 2.588 Registrado: 7-November 06 Miembro Nº: 2.747	CITA(Killua @ Jul 19 2009, 02:00 PM) Ya están los resultados de la IMO: Aníbal Velozo (The Lord) obtuvo medalla de plata con 29 puntos Felicitaciones compadre, te lo mereces por tu trabajo y talento, disfruta tu segunda plata IMO y buena suerte en todo lo que viene En el siguiente link aparece el resultado del equipo completo. Felicitaciones! http://www.imo-official.org/team_r.aspx?co...I&year=2009 Grande The Lord !!! felicitaciones, la cagó

Shinichi Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 19 2009, 08:20 PM Publicado: #8
Dios Matemático Supremo Grupo: Team Ensayos FMAT Mensajes: 1.103 Registrado: 31-March 06 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 739 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Excelente el resultado alcanzado por The Lord, y felicitaciones también a Sebastián, que es ex alumno del mismo colegio que yo. Saludos -------------------- "Caer, Aprender, Levantarse y Seguir" R.C.B. "Education is an admirable thing, but it is well to remember from time to time that nothing worth knowing can be taught". Oscar Wilde, “The Critic as Artist,” 1890. "That's the reason they're called lessons, because they lesson from day to day". Lewis Carroll

makmat Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 19 2009, 10:44 PM Publicado: #9
Dios Matemático Supremo Grupo: Moderador Mensajes: 590 Registrado: 14-October 07 Miembro Nº: 11.310 Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Excelente Aníbal simplemente excelente... espero verte este año en la _Nacional para felicitarte personalmente Su segunda medalla plata en la IMO eres un crack xDDD -------------------- $TEX: $displaystyle oint _{gamma} F cdot dr = displaystyle int int_{R} (dfrac{partial N}{partial x} - dfrac{partial M}{partial y}) dA$$ $TEX: $frac{a+b}{2}ge sqrt{ab}$$ [!] $TEX: $displaystyle int_{Mak^2}^{Mat}Mak^{Mat^{Mak}_{Mat}}dx$$ Doctor en Matemáticas Estudiando y creando problemas $TEX: MakMat$ $TEX: $displaystyle oint_{gamma} F cdot dr= int int_{R} rot F cdot black{N} dS$$ Adiós Kazajstán...

pelao_malo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 20 2009, 09:15 PM Publicado: #10
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 878 Registrado: 14-May 07 Desde: Talcahuano Miembro Nº: 5.845 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	felicitaciones al anibal the lord seko el loko!!!!!!! eso es sakarle provecho al talento y al esfuerzo espero que hallas logrado lo que querias anibal segunda medalla de IMO loko uno de los pocos chilenos con ese privilegio admirable viejo, lo mismo q makmat, espero poder kedar en el nacional y felicitarte personalmente po igual salu2 a los otros cabros q fueron, es q no los cacho muxo xDDDDDDDDDDDD PD: tamben una felicitaciones pa killua, hizo los 2 problemas de geo el loko! se nota que ai estao poniendole washo! PD2: ANIBAL TAY EN EL SALÓN DE LA FAMA !!!! wena!!!!!!!!!!!!! yau nos vemos brokas Mensaje modificado por pelao_malo el Jul 20 2009, 09:20 PM -------------------- $TEX: $\sqrt{5}=41$$

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