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XXXII IMO (1991), Signuta, Suecia

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 13 2010, 10:30 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:	32ª OLIMPIADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Signuta, Suecia, 1991 Primera Prueba: 17 de julio de 1991 Problema 1: Pruebe que para todo $TEX: $\triangle ABC$$ se cumple que: $TEX: $\dfrac {1}{4}<\dfrac{AI\cdot BI\cdot CI}{l_Al_Bl_c}\leq \dfrac{8}{27}$$ donde $TEX: $I$$ es el incentro del $TEX: $\triangle ABC$$ y $TEX: $l_A, l_B, l_C$$ son las longitudes de las bisectrices del $TEX: $\triangle ABC$$ . Problema 2: Sea $TEX: $n>6$$ un entero y $TEX: $a_1<a_2<...<a_k$$ la secuencia creciente de los enteros coprimos con $TEX: $n$$ , menores que éste. Muestre que si $TEX: $a_1, a_2,..., a_k$$ es una progresión aritmética, entonces $TEX: $n$$ es primo o es una potencia de $TEX: $2$$ . Problema 3: Sea $TEX: $S=\{1,2,...,280\}$$ . Encuentre el menor natural $TEX: $n$$ tal que cualquier subconjunto de $TEX: $S$$ con $TEX: $n$$ elementos posee cinco elementos, cada uno coprimo con los otros cuatro elementos. Segunda Prueba: 18 de julio de 1991 Problema 4: Sea $TEX: $G$$ un grafo conectado con $TEX: $n$$ aristas. Pruebe que es posible enumerar las aristas de $TEX: $G$$ con los números $TEX: $1,2,...,n$$ de manera que para cada vértice $TEX: $v$$ de $TEX: $G$$ , el conjunto de los números asignados a las aristas que salen de $TEX: $v$$ no posean divisor común mayor que uno. Problema 5: Sea $TEX: $M$$ un punto al interior de un $TEX: $\triangle ABC$$ . Muestre que al menos uno de los ángulos $TEX: $\measuredangle MAB$$ , $TEX: $\measuredangle MBC$$ , $TEX: $\measuredangle MCA$$ es menor o igual a 30º. Problema 6: Dado un real $TEX: $a>1$$ , construya una finita y acotada secuencia $TEX: $x_0,x_1,...$$ tal que para todo naturales $TEX: $i,j$$ con $TEX: $i\not =j$$ , se cumpla que: $TEX: $\|x_i-x_j\|\|i-j\|^a\ge 1$$ Resumen de soluciones Problema 1: Pendiente de solución. Problema 2: Aquí, resuelto por makmat. Problema 3: Pendiente de solución. Problema 4: Pendiente de solución. Problema 5: Pendiente de solución. Problema 6: Pendiente de solución. Cualquier error de traduccion e interpretacion por favor no duden den avisar con MP (mensaje personal). -------------------- 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."

makmat Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 2 2010, 10:21 AM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Moderador Mensajes: 590 Registrado: 14-October 07 Miembro Nº: 11.310 Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(~Fatal_Collapse~ @ Mar 14 2010, 12:30 AM) Problema 2: Sea $TEX: $n>6$$ un entero y $TEX: $a_1<a_2<...<a_k$$ la secuencia creciente de los enteros coprimos con $TEX: $n$$ , menores que éste. Muestre que si $TEX: $a_1, a_2,..., a_k$$ es una progresión aritmética, entonces $TEX: $n$$ es primo o es una potencia de $TEX: $2$$ . $TEX: Se puede observar que $a_1=1$ y que $a_k=n-1$, luego dividiremos el problema en casos, donde se sabe que $a_j=1+(j-1)d$, donde $d$ es la razón de la progresión aritmética.$ Caso 1 ( $TEX: $d=1$$ ). $TEX: Si $d=1$, como $a_k=n-1$, se tiene que los términos $a_j=j$, es decir, que $\varphi (n)=n-1$, luego esto significa que $n$ es primo.$ Caso 2 ( $TEX: $d=2$)$ . $TEX: En este caso como $a_1=1$ y $a_2=3$, es decir, que $mcd(2,n)=2$, es decir que $n$ es par y $a_k=n-1$ es impar, luego la sucesión corresponde a todos los impares menores que $n$, por lo que $n$ no tiene otros divisores distintos de $2$ ($n$ es potencia de $2$).$ Caso 3 ( $TEX: $d \ge 3$$ ). $TEX: Si $d$ es impar se tiene que $a_2$ es par, pero $n$ es par (divisible por $2$, pues el $2$ no aparecerá en la sucesión), luego $mcd(a_2,n)\ge 2 (\rightarrow \leftarrow)$. Si $d$ es par, dividiremos en dos casos: si $d=2^{j}$ con $j$ natural, tenemos que si $j$ es impar se tiene que $3\|2^{j}+1$, como $a_2=2^{j}+1>3$, se tiene que $n$ es divisible por $3$, por lo que $a_2$ no es coprimo a $n$ ($\rightarrow \leftarrow$). Luego si $j$ es par, se sabe que la sucesión debe tener a lo menos $3$ términos, luego $a_3=1+2^j+2^j=1+2^{j+1}>3$, y como $j+1$ es impar y $3\|n$ ($\rightarrow \leftarrow$), se concluye.$ $TEX: El último caso es que $d$ es un par que no sea potencia de $2$, luego se sabe que si $a_2$ es compuesto, existen primos que no dividen a $n$ que si dividen a $a_2$, lo que contradice la minimalidad de $a_2$, luego $a_2$ es primo y digamos que este primo es $p$, luego $(p > 3)$, además $d=p-1$, par, y como $a_k=1+k(p-1)=n-1 \implies (p-1)\|n-2$, sea $q$ un primo que divide a $p-1\implies q\le p-1$, por lo que $q\|n$ y $q\|n-2$, y la única posibilidad es $q=2$, pero como $p-1>2$, entonces $p-1$ es un par mayor que $2$ por lo que es divisible por otro primo, sea este $r$, pero del mismo razonamiento concluímos que $r=2$, luego $p-1=d$ debe ser potencia de $2$, pero ya vimos que no sirven, de esto concluímos. $\blacksquare$$ Saludos a todos. PD: Ricardo actualiza las soluciones si no cuesta nada xD PD2: Editado, ahora si actualiza -------------------- $TEX: $displaystyle oint _{gamma} F cdot dr = displaystyle int int_{R} (dfrac{partial N}{partial x} - dfrac{partial M}{partial y}) dA$$ $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...

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 2 2010, 08:46 PM 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(~Fatal_Collapse~ @ Mar 13 2010, 11:30 PM) Problema 5: Sea $TEX: $M$$ un punto al interior de un $TEX: $\triangle ABC$$ . Muestre que al menos uno de los ángulos $TEX: $\measuredangle MAB$$ , $TEX: $\measuredangle MBC$$ , $TEX: $\measuredangle MCA$$ es menor o igual a 30º. Una solución distinta a las dos expuestas en el IMO Shortlist. De seguro que alguien más la conoce $TEX: Supongamos que todos los ángulos sean mayores que $30º$. Sean $X,Y,Z$ las proyecciones ortogonales de $M$ sobre los lados $\overline {BC}, \overline {CA}, \overline {AB}$, respectivamente. Entonces $\overline {MZ}=\overline{AM}\cdot \sin( \measuredangle MAZ)>\overline {AM}\cdot \sin (30º)=\frac{1}{2}\cdot \overline {AM}$. De forma análoga se obtiene que $\overline {MX}>\frac{1}{2}\cdot \overline {BM}$ y $\overline {MY}>\frac{1}{2}\cdot \overline {CM}$. Sumando estas desigualdades, obtenemos que: $$\overline {MX}+\overline {MY}+\overline {MZ}>\dfrac{1}{2}(\overline {AM}+\overline {BM}+\overline {CM})$$<br /><br />Pero esta desigualdad obtenida es falsa ya que contradice la Desigualdad de Erdos-Mordell. Por lo tanto al menos uno de los ángulos pedidos mide más de 30º. $\blacksquare$$ PD: Adios Kazajstán -------------------- 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."

Pedantic Anarchy... Pedantic Anarchy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 31 2011, 08:29 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:	CITA(~Fatal_Collapse~ @ Mar 13 2010, 11:30 PM) Problema 5: Sea $TEX: $M$$ un punto al interior de un $TEX: $\triangle ABC$$ . Muestre que al menos uno de los ángulos $TEX: $\measuredangle MAB$$ , $TEX: $\measuredangle MBC$$ , $TEX: $\measuredangle MCA$$ es menor o igual a 30º. Llamemos w al angulo de brocard del ABC, es un hecho conocido que $TEX: $cot(w)=cot(a)+cot(b)+cot©\ge 3cot(\dfrac {a+b+c}{3})=3cot(60)=\sqrt {3}=cot(30)$$ (donde a,b y c son los angulos del ABC, y donde la desigualdad ocurre por jensen) de esto es directo que $TEX: $30\ge w$$ de donde el resultado es evidente -------------------- 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

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 31 2011, 08:43 PM Publicado: #5
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(Pedantic Anarchy @ Jan 31 2011, 09:29 PM) Llamemos w al angulo de brocard del ABC, es un hecho conocido que $TEX: $cot(w)=cot(a)+cot(b)+cot©\ge 3cot(\dfrac {a+b+c}{3})=3cot(60)=\sqrt {3}=cot(30)$$ (donde a,b y c son los angulos del ABC, y donde la desigualdad ocurre por jensen) de esto es directo que $TEX: $30\ge w$$ de donde el resultado es evidente Por qué $TEX: $f(x)=\cot (x)$$ convexa en $TEX: $(0,2\pi)$$ ? -------------------- 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."

Pedantic Anarchy... Pedantic Anarchy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 31 2011, 09:57 PM Publicado: #6
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 688 Registrado: 8-November 09 Desde: Villarrica Miembro Nº: 61.657 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(~Fatal_Collapse~ @ Jan 31 2011, 09:43 PM) Por qué $TEX: $f(x)=\cot (x)$$ convexa en $TEX: $(0,2\pi)$$ ? cosas que pasan cuando uno quiere matar un IMO en 2 lineas, la desigualdad es correcta eso si (es conocida tambien, de hecho pude haber puesto inmediatamente que "es un hecho conocido que w=<30", pero me parecio muy flaite), bueno, obligado a probar la desigualdad de otra forma, se las debo. chao ____________ Bueno, por la desigualdad de IFF se tiene que 8w^3<=ABC<=((A+B+C)/3)^3 (la segunda desiugaldad ocurre por MA-MG) de aqui el resultado es directo Mensaje modificado por Pedantic Anarchy el Feb 4 2011, 11:23 AM -------------------- 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	Feb 6 2015, 12:24 PM Publicado: #7
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 81 Registrado: 10-November 12 Miembro Nº: 112.735 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Problema 1: Sea $TEX: $A'$$ la interseccion de $TEX: $l_a$$ con el lado $TEX: $BC$$ , y de forma analoga definimos $TEX: $B'$$ y $TEX: $C'$$ . Sean $TEX: $BC=a$$ , $TEX: $CA=b$$ , $TEX: $AB=c$$ los lados del triangulo. Por el teorema de la bisectriz tenemos que: $TEX: $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{BA'}{CA'}\Leftrightarrow \dfrac{AB+AC}{AC}=\dfrac{BA'+CA'}{CA'}=\dfrac{BC}{CA'}\Leftrightarrow CA'=\dfrac{BC\cdot AC}{AB+AC}$$ De forma analoga $TEX: $BA'=\dfrac{BC\cdot AB}{AB+AC}$$ , $TEX: $AC'=\dfrac{AC\cdot AB}{AC+BC}$$ , $TEX: $BC'=\dfrac{BC\cdot AB}{AC+BC}$$ Por Menelao en el $TEX: $\triangle ABA'$$ $TEX: $\dfrac{BC'}{AC'}\cdot \dfrac{AI}{l_a-AI}\cdot \dfrac{CA'}{BC}=\dfrac{BC}{AC}\cdot \dfrac{AI}{l_a-AI}\cdot \dfrac{CA'}{BC}=1$$ de esto tenemos que: $TEX: $\dfrac{AI}{l_a}=\dfrac{b+c}{a+b+c}$$ analogamente $TEX: $\dfrac{BI}{l_b}=\dfrac{c+a}{a+b+c}$$ $TEX: $\dfrac{CI}{l_c}=\dfrac{a+b}{a+b+c}$$ Como a,b,c son los lados de un triangulo entonces existen reales positivos x,y,z tales que $TEX: $a=x+y, b=y+z, c=z+x$$ luego la desigualdad equivale a: $TEX: $\dfrac{1}{4}<\dfrac{(x+y+2z)(x+z+2y)(y+z+2x)}{8(x+y+z)^3}\leq \dfrac{8}{27}$$ La desigualdad de la derecha es directa de MA-MG sobre $TEX: $x+y+2z$$ , $TEX: $x+z+2y$$ , $TEX: $y+z+2x$$ La desigualdad de la izquierda es cierta, basta notar con matraca que equivale a $TEX: $0<(x+y+z)(xy+yz+zx)+xyz$$ Saludines

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