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XXXI IMO (1990), Beijing, China

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 14 2010, 08:31 AM 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:	31ª OLIMPIADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Beijing, China, 1990 Primera Prueba: 12 de julio de 1990 Problema 1: Dada una circunferencia con dos cuerdas $TEX: $\overline {AB}$$ , $TEX: $\overline {CD}$$ que se cortan en $TEX: $E$$ , sea $TEX: $M$$ un punto sobre la cuerda $TEX: $\overline {AB}$$ distinto de $TEX: $E$$ . Sea $TEX: $w$$ el circumcírculo del $TEX: $\triangle DEM$$ y $TEX: $l$$ la recta tangente a $TEX: $w$$ en $TEX: $E$$ . Suponga que $TEX: $l\cap \overline {BC}=F$$ y $TEX: $l\cap \overline {AC}=G$$ . Dado que $TEX: $\dfrac {AM}{AB}=\lambda$$ , calcule $TEX: $\dfrac{GE}{EF}$$ Problema 2: Sobre una circunferencia hay $TEX: $2n-1$$ ( $TEX: $n>2$$ ) puntos distintos. Encuentre el menor natural $TEX: $N$$ con la propiedad de que si $TEX: $N$$ de los $TEX: $2n-1$$ puntos son pintados verdes, existen dos puntos verdes tales que el interior de uno de los correspondientes arcos contiene exactamente $TEX: $n$$ de los $TEX: $2n-1$$ puntos. Problema 3: Encuentre todos los enteros positivos $TEX: $n$$ tales que $TEX: $n^2$$ es un divisor de $TEX: $2^n+1$$ Segunda Prueba: 13 de julio de 1990 Problema 4: Sea $TEX: $\mathbb {Q}^+$$ el conjunto de los racionales positivos. Construya una función $TEX: $f:\mathbb {Q}^+\to \mathbb {Q}^+$$ tal que: $TEX: $f(xf(y))=\dfrac{f(x)}{y}$$ para todo $TEX: $x,y$$ en $TEX: $\mathbb {Q}^+$$ Problema 5: Dos jugadores $TEX: $L$$ , $TEX: $N$$ juegan un juego en el cual escogen números alternadamente siguiendo la siguiente regla: En un comienzo es dado un natural $TEX: $n_0>1$$ . Conociendo $TEX: $n_{2k}$$ , el jugador $TEX: $L$$ puede escoger un natural $TEX: $n_{2k+1}$$ tal que $TEX: $n_{2k}\leq n_{2k+1}\leq n_{2k}^2$$ . Entonces $TEX: $N$$ escoge un natural $TEX: $n_{2k+1}$$ tal que $TEX: $\frac {n_{2k+1}}{n_{2k+2}}=p^r$$ , donde $TEX: $p$$ es un primo y $TEX: $r$$ es natural. Diremos que $TEX: $L$$ gana el partido si es que logra escoger el número $TEX: $1990$$ en alguno de sus turnos y $TEX: $N$$ gana si es que logra escoger el número $TEX: $1$$ en alguno de sus turnos. Determine para qué valores de $TEX: $n_0$$ el jugador $TEX: $L$$ posee una estrategia ganadora, para qué valores de $TEX: $n_0$$ el jugador $TEX: $N$$ posee una estrategia ganadora y para qué valores de $TEX: $n_0$$ es posible forzar un empate. Problema 6: Determine si existe o no un polígono de $TEX: $1990$$ lados tal que: Todos sus ángulos miden lo mismo. Las logitudes de sus $TEX: $1990$$ lados son una permutación de $TEX: $1^2,2^2,...,1989^2, 1990^2$$ 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. -------------------- 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."

EnemyOfGod286 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 15 2010, 10:58 PM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 858 Registrado: 20-August 09 Desde: In my House Miembro Nº: 57.323 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(~Fatal_Collapse~ @ Mar 14 2010, 09:31 AM) Problema 1: Dada una circunferencia con dos cuerdas $TEX: $\overline {AB}$$ , $TEX: $\overline {CD}$$ que se cortan en $TEX: $E$$ , sea $TEX: $M$$ un punto sobre la cuerda $TEX: $\overline {AB}$$ distinto de $TEX: $E$$ . Sea $TEX: $w$$ el circumcírculo del $TEX: $\triangle DEM$$ y $TEX: $l$$ la recta tangente a $TEX: $w$$ en $TEX: $E$$ . Suponga que $TEX: $l\cap \overline {BC}=F$$ y $TEX: $l\cap \overline {AC}=G$$ . Dado que $TEX: $\dfrac {AM}{AB}=\lambda$$ , calcule $TEX: $\dfrac{GE}{EF}$$ Fijémonos primero en los triángulos $TEX: $$\triangle CEF$$$ y $TEX: $$\triangle AMD$$$ Notemos que $TEX: $$\angle MAD= \angle FCE$$$ debido a que comparten el mismo arco $TEX: $$\stackrel\frown{BD}$$$ Ahora vemos que $TEX: $$\angle CEF=\angle GED$$$ , por opuestos por el vértice Como el ángulo $TEX: $$\angle GED$$$ está formado por una tangente y una secante, el valor del ángulo es $TEX: $$\dfrac{\stackrel\frown{DE}}{2}$$$ Y ahora el ángulo $TEX: $$\angle DMA$$$ está formado por dos secantes, por lo que el valor del ángulo es $TEX: $$\dfrac{\stackrel\frown{DE}}{2}$$$ Por lo que $TEX: $$\angle DMA=\angle GED=\angle CEF$$$ , entonces $TEX: $$\triangle CEF \sim \triangle AMD$$$ Por lo que podemos hacer la siguiente relación: $TEX: $$\dfrac{\overline{CE}}{\overline{EF}}=\dfrac{\overline{AM}}{\overline{MD}}$$$ $TEX: $$\implies \overline{EF}=\dfrac{\overline{CE}\cdot \overline{MD}}{\overline{AM}}$$$ Ahora fijémonos en los triángulos $TEX: $$\triangle BDM$$$ y $TEX: $$\triangle GCE$$$ Notemos que $TEX: $$\angle ECG= \angle DBM$$$ debido a que comparten el mismo arco $TEX: $$\stackrel\frown{DA}$$$ y también $TEX: $$\angle GEC=\angle BMD$$$ debido a que $TEX: $$\angle DMA=180-\angle BMD=\angle CEF=180-\angle GEC$$$ Por lo que $TEX: $$\triangle CGE \sim \triangle BDM$$$ Por lo que podemos establecer la siguiente relación: $TEX: $$\dfrac{\overline{GE}}{\overline{CE}}=\dfrac{\overline{MD}}{\overline{MB}}$$$ $TEX: $$\implies \overline{GE}= \dfrac{\overline{CE} \cdot \overline{MD}}{\overline{MB}}$$$ Por lo que la relación $TEX: $$\dfrac{\overline{GE}}{\overline{EF}}=\dfrac{\dfrac{\overline{CE} \cdot \overline{MD}}{\overline{MB}}}{\dfrac{\overline{CE}\cdot \overline{MD}}{\overline{AM}}}=\dfrac{\overline{AM}}{\overline{MB}}$$$ Como $TEX: $$\dfrac{\overline{AM}}{\overline{MB}}=\lambda$$$ $TEX: $$\implies \overline{AM}=\lambda \overline{AB} \wedge \overline{MB}=(1-\lambda)\overline{AB}$$$ Por lo que concluimos que $TEX: $$\dfrac{\overline{GE}}{\overline{EF}}=\dfrac{\lambda}{1-\lambda}$$$

Kreator Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 5 2012, 06:45 PM Publicado: #3
Dios Matemático Grupo: Super Moderador Mensajes: 261 Registrado: 12-February 11 Miembro Nº: 83.790 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Solución P3: $TEX: Es claro ver que $n$ debe ser impar.\\<br />Sea $p$ el menor primo que divide a $n$. Por el Lema de Hensel, tenemos que $p^{\alpha}$ es la máxima potencia de $p$ que divide a $2+1$ y $p^{\beta}$ es la máxima potencia de $p$ que divide a $n$. De ahí se obtiene que $n$ es de la forma $n=3^tk$$ $TEX: Ahora, tomamos $r$, el menor primo que divide a $k$, con $r>3$. Luego, $r\|2^n+1$, por lo cual se tiene que $2^n\equiv -1 \pmod r$, de lo cuál se desprende que $2^{2n}\equiv 1\pmod r$$ $TEX: Ahora, llamamos $d=ord_{r}(2)$. Es fácil notar que, por la definición de orden, $d\|2n$ y también que, por el teorema de euler, $d\|\phi®$ (ya que 2 y r son coprimos). Es también conocido que, como $r$ es un primo, $\phi®=r-1$$ $TEX: Luego, se tiene que $d\|2n$ y $d\|r-1$. Es fácil ver también que $n$ y $r-1$ son coprimos, ya que $r-1$ es par y $n$ impar, y sería absurdo que $n\|r-1$. Luego, $d\|2$. Podemos tomar dos casos, $d=1$ y $d=2$.$ $TEX: Si $d=1$, se tiene que $2^d \equiv 2^1 \equiv 1 \pmod r$, lo cual implica que $r\|1$, absurdo.$ $TEX: Si $d=2$, se tiene que $2^d \equiv 2^2 \equiv 1 \pmod r$, lo cual implica que $r\|3$, lo cual le quita la minimalidad a p. Luego, $k=1$$ $TEX: Ahora, nos queda ver que, por Hensel, la máxima potencia de 3 que divide a $2^n+1$ es $3^{m+1}$, para algún $m$. Luego, como $3^m$ es la máxima potencia de 3 que divide a $n$, entonces $3^{2m}\|2^n+1$, luego\\ <br /><br />$3^{2m} \le 3^{m+1}$ de ahí que $2m \le m+1$, luego $m\le 1$, implica $m=1$ ó $m=0$. De ahí basta tomar $n=3^m$, yse obtienen los únicos dos valores de $n$ tales que $n^2\|2^n +1$, $n=1$ y $n=3$$ Mensaje modificado por Kreator el Sep 5 2012, 07:17 PM --------------------

Diego Navarro Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 18 2012, 08:16 PM Publicado: #4
Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 61 Registrado: 8-May 10 Miembro Nº: 70.464 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Hay un problema con tu solucion, dices que r-1 y n son oprimos pero puede que el 3 los divida a ambos

asdayuyi Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 16 2016, 08:52 AM Publicado: #5
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 81 Registrado: 10-November 12 Miembro Nº: 112.735 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	P3 Lema: Si $TEX: $a^r\equiv b^r$ (mod m)$ y $TEX: $a^s\equiv b^s$ (mod m)$ entonces $TEX: $a^{mcd(r,s)}\equiv b^{mcd(r,s)}$ (mod m)$ Demo: Por bezout podemos escribir mcd(r,s)=rx+sy, el resto es trivial. Claramente n=1 es solucion, desde ahora n>1. Escribamos $TEX: $n=3^jk$$ donde k no es divisible por 3. Por el lema de hensel $TEX: $e_3(n)+e_3(3)=e_3(2^n+1)\ge e_3(n^2)=2\cdot e_3(n)$$ . (la desigualdad sale de que la cosa es divisible por n^2). Es decir $TEX: $j+1\ge 2j$$ de donde $TEX: $1\ge j$$ de donde j=0 o j=1. Si j=1 entonces n=3k, con mcd(3,k)=1. Supongamos que existe un primo distinto de 3 que divide a n, y sea $TEX: $p$$ el primo mas chico de ellos (evidentemente impar). Por fermat tenemos que $TEX: $2^{p-1}\equiv 1$(mod p)$ y ademas $TEX: $2^n\equiv -1$ (mod p)$ de donde $TEX: $2^{2n}\equiv 1$ (mod p)$ . Por el lema, $TEX: $2^{mcd(2n,p-1)}\equiv 1 (mod p)$$ . Ahora veamos que si existiese q primo impar, tal que sea divisor comun de 2n y p-1, entonces q divide a n (ya que q es primo impar) y q divide a p-1, de donde $TEX: $q\leq p-1<p$$ contradiciendo la minimalidad de p como el menor divisor primo de n, luego no existe primo impar como divisor común de 2n y p-1. Ahora como $TEX: $e_2(2n)=2$$ , entonces $TEX: $mcd(2n,p-1)=2$$ de donde $TEX: $2^2\equiv 1$ (mod p)$ es decir $TEX: $3\equiv 0$ (mod p)$ lo que implica p=3, contradicción. Luego, no existe un primo distinto de 3 que divida a n, de donde k es potencia de 3, pero como mcd(3,k)=1 entonces k=1, de donde n=3. Si j=0, entonces n no es divisible por 3, y podemos usar el mismo argumento para j=1. Luego n=1 y n=3.

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