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XXXIII IMO (1992), Moscú, Rusia

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 13 2010, 09:15 PM Publicado: #1
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:	33ª OLIMPIADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Moscú, Rusia, 1992 Primera Prueba: 15 de julio de 1992 Problema 1: Encuentre todas las ternas $TEX: $(a,b,c)$$ de enteros, con $TEX: $1<a<b<c$$ tales que $TEX: $abc-1$$ es un múltiplo de $TEX: $(a-1)(b-1)(c-1)$$ Problema 2: Encuentre todas las funciones $TEX: $f:\mathbb {R}\to \mathbb {R}$$ tales que: $TEX: $f(x^2+f(y))=y+f(x)^2$$ para todo $TEX: $x,y$$ en $TEX: $\mathbb {R}$$ Problema 3: Dados 9 puntos en el espacio, tales que no existan cuatro de ellos coplanares, encuentre el menor natural $TEX: $n$$ tales que para cualquier coloracion con azul y blanco de $TEX: $n$$ aristas dibujadas entre esos 9 puntos, exista siempre un triángulo monocromático. Segunda Prueba: 16 de julio de 1992 Problema 4: En el plano, sea $TEX: $w$$ una circunferencia fija, $TEX: $l$$ una recta tangente a $TEX: $w$$ y $TEX: $M$$ un punto sobre $TEX: $l$$ . Encuentre el lugar geométrico de los puntos $TEX: $P$$ para los cuales existen dos puntos $TEX: $Q,R$$ sobre $TEX: $l$$ tales que $TEX: $M$$ es el punto medio de $TEX: $\overline {QR}$$ y $TEX: $w$$ es el incírculo del $TEX: $\triangle PQR$$ Problema 5: Sea $TEX: $S$$ un subconjunto finito del espacio euclídeo de los puntos $TEX: $(x,y,z)$$ con coordenadas enteras. Llamemos $TEX: $S_1,S_2,S_3$$ a las proyecciones de $TEX: $S$$ sobre los planos $TEX: $yz,zx,xy$$ , respectivamente. Si $TEX: $\|X\|$$ denota la cardinalidad del conjunto $TEX: $X$$ , pruebe que: $TEX: $\|S\|^2\leq \|S_1\|\|S_2\|\|S_3\|$$ Problema 6: Para cada entero positivo $TEX: $n$$ , denotemos por $TEX: $T(n)$$ al mayor entero tal que para todo entero positivo $TEX: $k\leq T(n)$$ , $TEX: $n^2$$ puede ser escrito como la suma de $TEX: $k$$ cuadrados perfectos. a) Pruebe que para todo $TEX: $n>3$$ , se cumple que $TEX: $T(n)\leq n^2-14$$ b) Encuentre un natural $TEX: $n$$ tal que $TEX: $T(n)+14=n^2$$ c) Demuestre que la ecuacion $TEX: $T(n)+14=n^2$$ admite infinitas soluciones en los enteros positivos Resumen de soluciones Problema 1: Pendiente de solución. Problema 2: Pendiente de solución. Problema 3: Pendiente de solución. Problema 4: Pendiente de solución. Problema 5: Pendiente de solución. Problema 6: Pendiente de solución. Cualquier error de traduccion, o detalle que no se entienda, favor enviar MP. Recordar que los enunciados no son textuales. 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."

Diego Navarro Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 30 2010, 06:52 PM Publicado: #2
Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 61 Registrado: 8-May 10 Miembro Nº: 70.464 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	SP3: Vease desde el segundo parrafo en adelante de la respuesta del P4 de está IMO, usaremos eso como lema (gracias al usuario) ACA Lo resolveremos, por así decirllo, de adelante hacia atrás, sean $TEX: $\ v_1,v_2,...,v_9 $$ los vértices del grafo, hay un total de 36 aristas, $TEX: $\ \dbinom{9}{2}=36 $$ , consideremos pintadas todas las aristas, entonces tenemos un grafo completo $TEX: $\ K_9 $$ con todas sus aristas pintadas, notemos que si descoloreamos una de las aristas, sin pérdida de generalidad la que une $TEX: $\ v_1 \ y \ v_2 $$ , si siguiesemos despintando mas aristas que unen a $TEX: $\ v_1 $$ no estaríamos minimizando el valor de n ya que aun existe un un subgrafo completo $TEX: $\ K_8 $$ (el cual tiene un subgrafo $TEX: $\ K_6 $$ y por ende ,por el lema, un triángulo monocromático), entonces descoloriemos una de las aristas del grafo $TEX: $\ K_8 $$ el cual seguirá teniendo un subgrafo $TEX: $\ K_7 $$ luego repetimos este procedimiento hasta que ya hayamos descoloreado 3 aristas y tengamos un subgrafo $TEX: $\ K_6 $$ y por tanto 33 aristas, aca dejo un dibujo qe muestra un grafo de 9 vértices y 32 aristas el cual no tiene ningun grafo monocromático, y por tanto el mínimo valor de n es 33.(Por comodidad cambien los colores por negro y rojo, las arisatas no pintadas son las AI, HG, BC y DC) al principio encontraba super flaite poner como "...y aca hay un dibujo donde no se cumple" pero luego pense que eso habia qe hacer ya qe si no, no habrian puesto solo 9 vértices y no mil por ejemplo...

Emi_C Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 10 2010, 05:14 PM Publicado: #3
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 234 Registrado: 5-April 10 Desde: Arg Miembro Nº: 67.793 Nacionalidad: Sexo:	CITA(~Fatal_Collapse~ @ Mar 13 2010, 10:15 PM) Problema 2: Encuentre todas las funciones $TEX: $f:\mathbb {R}\to \mathbb {R}$$ tales que: $TEX: Primero probaremos que $f$ es sobreyectiva, fijemos un real $x$ en la ecuación, veamos que cualquier real de r aparece en la imagen de $f$, en efecto, para la elección de $y=r-f(y)^2$ tenemos:$ $TEX: $$f(x^2+f(r-f(x)^2))=r-f(x)^2+f(x)^2=r$$$ $TEX: QED$ $TEX: Ahora probaremos que $f$ es inyectiva, procedamos por absurdo, supongamos que así no sea, entonces, como $f$ es sobreyectiva, existen dos reales distintos $x_1$ y $y_1$ tal que $f(x_1)=f(y_1)$ y además existen dos reales $x_2$ y $y_2$ tal que $f(x_2)=x_1$ y $f(y_2)=y_1$.$ $TEX: Si en la ecuación se elige $x=0$ y $y=y_2$$ $TEX: $$f(f(y_2))=y_2+f(0)^2$$$ $TEX: Si en la ecuación se elige $x=0$ y $y=x_2$$ $TEX: $$f(f(x_2))=x_2+f(0)^2$$$ $TEX: Igualando:$ $TEX: $$y_2+f(0)^2= x_2+f(0)^2 \Rightarrow y_2=x_2 \Rightarrow f(x_2)=f(y_2) \Rightarrow x_1=y_1$$$ $TEX: Absurdo. QED$ $TEX: De estos dos resultados se obtiene que $f$ es biyectiva.$ $TEX: Sea $k$ el real tal que $f(k)=0$. Veamos que si $x=0$ y $y=0$:$ $TEX: $$f(f(0))=f(0)^2$$$ $TEX: Ahora si $x=k$ $y=f(0)$:$ $TEX: $f(k^2+f(f(0)))=f(0) \Rightarrow k^2+f(f(0))=0 \Rightarrow k^2+f(0)^2=0$$ $TEX: Como $k$ y $f(0)$ son reales, se obtiene que $f(0)=k=0$.$ $TEX: Si $y=0 \Rightarrow f(x^2)=f(x)^2 \Rightarrow f(x)= \pm \sqrt{f(x^2)}$.$ $TEX: Si $x=0 \Rightarrow f(f(y))=y$.$ $TEX: Ahora bien, aplicando estos resultados:$ $TEX: $f(f(n))=n \Rightarrow f( \pm \sqrt{f(n^2)}) \Rightarrow \pm \sqrt{f(n^2)}=n \Rightarrow f(n^2)=n^2 \Rightarrow f(n)^2=n^2 \Rightarrow f(n)= \pm n$$ $TEX: Veamos que no es posibles que para dos reales distintos $a$ y $b$, suceda que $f(a)=a$ y $f(b)=-b$, pues haciendo $x=a$ y $y=b$:$ $TEX: $f(a^2+f(b))=b+f(a)^2 \Rightarrow f(a^2-b)=b+a^2 \Rightarrow \pm (a^2-b)=b+a^2$$ $TEX: En el caso que fuese positivo:$ $TEX: $a^2-b=b+a^2 \Rightarrow b=0$ pero $f(0)=0$.$ $TEX: En el caso que fuese negativo:$ $TEX: $-a^2+b=b+a^2 \Rightarrow a=0$ pero $f(0)=0$.$ $TEX: Es decir que $f(x)=x$ o bien $f(x)=-x$, y estas se verifica fácilmente que cumplen la ecuación y son las dos posibles funciones $f$ que pide el enunciado.$ Mensaje modificado por Emi_C el Oct 20 2010, 05:10 PM -------------------- $TEX: $\sqrt{a \cdot b} \le \frac{a+b}{2}$$

Pedantic Anarchy... Pedantic Anarchy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 18 2011, 05:25 PM Publicado: #4
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 688 Registrado: 8-November 09 Desde: Villarrica Miembro Nº: 61.657 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Problema 1:Como 1<a<b<c, si a>3 se tiene que 1<(abc-1)/((a-1)(b-1)(c-1))<(a/(a-1))(b/(b-1))(c/(c-1)<=(4/3)(5/4)(6/5)=2, luego en este caso (abc-1)/((a-1)(b-1)(c-1)) no podria ser entero. Entonces a=2 o 3, de donde se tiene que (a,b,c)=(2,4,8) o (3,5,15). Mensaje modificado por Pedantic Anarchy el Jan 18 2011, 07:42 PM -------------------- yo no soy especial a pesar que ella lo dijo tengo unos krk y un celular hechizo aún vácilo SFDK en el segundo piso y la frase final da igual la improviso

asdayuyi Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 25 2014, 12:18 AM Publicado: #5
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 81 Registrado: 10-November 12 Miembro Nº: 112.735 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Pal 4 Antes que nada enunciaremos un lema que nos será útil: Lema: Sea $TEX: $\triangle ABC$$ con incírculo $TEX: $\omega$$ que toca al lado BC en D, y sea E el punto diametralmente opuesto a D. La recta AE intersecta al lado BC en F. Acá se cumple que BD=CF. Demo: Proximamente... (con una homotecia, pero esa demo que conozco la había leido nomás y no la demostré por mi misma, trataré de ver otra forma de cachar como demostrarlo distinta a la que cacho pq si no no vale ) Solución al problema: Sea P un punto que satisface el enunciado, vamos a demostrar que el LG de los puntos es el rayo que pasa por P y parte desde el punto diametralmente opuesto al punto de tangencia al que llamaremos T, en efecto: Sea M punto medio del segmento QR y sea $TEX: $\overrightarrow{L}$$ el rayo que pasa por P y parte desde T, tomemos un punto $TEX: $P_1$$ distinto de P y T (claramente si el punto fuera T entonces el triángulo se degenera) sobre $TEX: $\overrightarrow{L}$$ luego trazamos las tangentes por $TEX: $P_1$$ a $TEX: $\omega$$ las cuales intersectan a $TEX: $l$$ en $TEX: $Q_1$$ y $TEX: $R_1$$ , luego separamos en dos casos: (i) $TEX: $P_1$$ está entre P y T: En este caso las tangentes "abren más" que las que pasan por P, y por ende $TEX: $Q_1$$ está a la izquierda de Q y $TEX: $R_1$$ está a la derecha de R, pero por el lema se tiene que $TEX: $Q_1Q=R_1R$$ y por ende $TEX: $MQ_1=MR_1$$ de donde M es punto medio del segmento $TEX: $Q_1R_1$$ luego en este caso $TEX: $P_1$$ satisface el enunciado. (ii) $TEX: $P_1$$ está más allá de P: Con un análisis análogo al anterior (notando esta vez que las tangentes "abren menos" que las que pasan por P) se obtiene que M es punto medio de $TEX: $Q_1R_1$$ , ergo $TEX: $P_1$$ también satisface el enunciado en éste caso. Con esto finalizamos jeje espero que esté bien, pero es re complicado explicarlo

Kaissa Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 25 2014, 11:16 AM Publicado: #6
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 9.897 Registrado: 6-April 08 Miembro Nº: 19.238 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	relax, el lema es bien sabido y la demo la hallas en varios lugares... Entre ellos el pdf "three geometric lemmas" -------------------- Este es un extracto de Qué es fmat by Kenshin. La pregunta para ti estimado(a) lector(a) es... ¿Qué haces tu para que ésto se cumpla?

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