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VI IMO (1964), Moscow, Rusia

EnemyOfGod286 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 9 2010, 07:53 PM Publicado: #1
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:	6ª OLIMPIADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Moscow, Rusia, 1964 Primera Prueba: Problema 1: (a) Encuentre todos los enteros positivos $TEX: n$ para lo cuál $TEX: $$2^n-1$$$ es divisible por 7 (b) Pruebe que no hay enteros positivos $TEX: n$ para lo cuál $TEX: $$2^n+1$$$ es divisible por 7. Problema 2: Suponga que $TEX: a,b,c$ son los lados de un triángulo. Pruebe que $TEX: $$a^2(b+c-a)+b^2(c+a-b)+c^2(a+b-c)\le 3abc$$$ Problema 3: El incírculo es inscrito en un triángulo $TEX: $$ ABC$$$ de lados $TEX: a,b,c$ . Tres tangentes al círculo son paralelas a los lados del $TEX: $$\triangle ABC$$$ . Estas tangentes forman tres pequeños triángulos (al interior de $TEX: $$\triangle ABC$$$ ). Determine la suma de las áreas de los cuatro incírculos (en términos de $TEX: a,b,c$ ). Segunda Prueba: Problema 4: Diecisiete estudiantes hablan con todos los demás estudiantes. Todos ellos hablan acerca de tres temas diferentes. Cada pareja de estudiantes hablan de un tema. Pruebe que existen tres estudiantes que hablan del mismo tema entre ellos. Problema 5: Se dan 5 puntos en un plano. Entre las líneas que unen estos cinco puntos, no hay dos ni que coincidan, ni que sean paralelas ni perpendiculares. A través de cada punto se construyen las alturas de cada una de las otras líneas. ¿Cuál es el número máximo de intersecciones de estas alturas (excluyendo los cinco puntos)? Problema 6: Dado un tetraedro $TEX: ABCD$ , sea $TEX: $$D_{1}$$$ el centroide del triángulo $TEX: ABC$ , y sean $TEX: $$A_{1}, B_{1}, C_{1}$$$ los puntos de intersección de las líneas paralelas a $TEX: $$DD_{1}$$$ y que pasan a través de $TEX: A,B,C$ con las caras opuestas del tetraedro. Pruebe que el volúmen del tetraedro $TEX: ABCD$ es un tercio del volúmen del tetraedro $TEX: $$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$$$ . ¿El resultado sigue siendo verdadero si se reemplaza $TEX: $$D_{1}$$$ con álgun punto del triángulo $TEX: ABC$ ? 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. Mensaje modificado por EnemyOfGod286 el Apr 9 2010, 07:55 PM

EnemyOfGod286 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 9 2010, 08:03 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:	P1 (a) Vemos que $TEX: $2^{n}\equiv 1$ (mod 7)$ . Notemos que para cualquier valor de $TEX: k, ($k \in \mathbb N$)$ , $TEX: $8^{k} \equiv 1 $ (mod 7)$ . Por lo que todos los $TEX: n$ que cumplan con lo pedido son los de la forma $TEX: 3k, $k \in \mathbb N$$ . (b) Sea $TEX: n=3k+r$ , donde $TEX: $$0\le r\le 2$$$ . Luego la expresión nos queda: $TEX: $$2^{3k+r}+1$$$ $TEX: $$2^{r}\cdot 8^{k} +1$$$ . Aplicando modulo 7. $TEX: $2^{r}+1 \equiv 0$ (mod 7)$ Por lo que $TEX: $2^{r} \equiv 6$ (mod 7)$ Viendo los tres casos $TEX: 0,1,2$ . No existe ningún $TEX: n$ $TEX: $n \in \mathbb N$$ tal que $TEX: $2^{n}+1$$ sea divisible por 7. Mensaje modificado por EnemyOfGod286 el Apr 9 2010, 08:12 PM

Emi_C Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 11 2010, 02:21 PM Publicado: #3
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 234 Registrado: 5-April 10 Desde: Arg Miembro Nº: 67.793 Nacionalidad: Sexo:	Por que el P1 es re facil si es una IMO?, podria estar en un provincial en argentina! me imagino que regalaron menciones -------------------- $TEX: $\sqrt{a \cdot b} \le \frac{a+b}{2}$$

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 11 2010, 06:41 PM Publicado: #4
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(EnemyOfGod286 @ Apr 9 2010, 09:53 PM) Problema 2: Suponga que $TEX: a,b,c$ son los lados de un triángulo. Pruebe que $TEX: $$a^2(b+c-a)+b^2(c+a-b)+c^2(a+b-c)\le 3abc$$$ $TEX: \textbf {Solución :} Como $a,b,c$ son los lados de un triángulo, existen reales positivos $x,y,z$ tales que $a=y+z$, $b=z+x$, $c=x+y$. Al hacer esta sustitución, la desigualdad equivale a mostrar que: $$ 2x(y+z)^2+2y(z+x)^2+2z(x+y)^2\leq 3(x+y)(y+z)(z+x)$$<br /><br />Expandiendo, la desigualdad equivale a: $$12xyz+2\sum_{sym} x^2y\leq 6xyz+3\sum_{sym} x^2y$$<br /><br />O mejor aún, equivale a $\sum_{sym} x^2y\ge 6xyz$, la cual es cierta al aplicar $A\ge G$. $\blacksquare$$ CITA(Emi_C @ Apr 11 2010, 04:25 PM) Por que el P1 es re facil si es una IMO?, podria estar en un provincial en argentina! me imagino que regalaron menciones Ver para creer (vea que no todos lo sacaron, pero no se preocupe, eran las primeras IMO. ^^) Comentp ahora la solucion de Enemy: * Cuando notas felizmente que $TEX: $8^k\equiv 1 \pmod 7$$ , no puedes concluir inmediatamente que TODOS los n que cumplen lo pedido son los de la forma $TEX: $3k$$ . Lo ùnico que hiciste fue comprobar que los de la forma $TEX: $3k$$ cumplen lo pedido pero no descartaste el resto. Arregla ese inconveniente, y ya se estaría listo el P1 (aunque quizás falta algún nexo conector que conecte tus últimas 2 frases para facilitar la comprensión). -------------------- 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 11 2010, 08:56 PM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Moderador Mensajes: 590 Registrado: 14-October 07 Miembro Nº: 11.310 Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(EnemyOfGod286 @ Apr 9 2010, 09:53 PM) Problema 4: Diecisiete estudiantes hablan con todos los demás estudiantes. Todos ellos hablan acerca de tres temas diferentes. Cada pareja de estudiantes hablan de un tema. Pruebe que existen tres estudiantes que hablan del mismo tema entre ellos. $TEX: Sean todos los estudiantes los nodos de un grafo y las aristas del grafo unen a dos estudiantes que hablan entre ellos, y como todos hablan con todos tenemos un grafo completo $K_{17}$. Las condiciones del problema equivalen a pintar cada arista con un color (el tema que hablan) de los tres posibles (son tres temas), sea $A$ uno de los estudiantes, luego se sabe que éste está conectado por una arista a cada uno de los otros $16$ estudiantes, y si coloreamos estas $16$ aristas con los tres colores, por el Principio de los Casilleros, se tiene que hay al menos $6$ de estas aristas de un solo color. Luego consideremos este subgrafo $K_{7}$ formado por $A$ y los otros $6$ (como mínimo) estudiantes tales que cada uno habla del mismo tema con $A$. Si entre dos de estos estudiantes (sean $B$ y $C$) hablan del mismo tema del que hablan con $A$, entonces $A, B$y $C$ cumplen las condiciones. Si ninguno de estos $6$ estudiantes hablan entre cualquiera de ellos el mismo tema que hablan con $A$, entonces entre ellos hablan de los otros dos temas, lo que equivale a pintar este subgrafo $K_6$ de dos colores, y este caso es un viejo conocido, pues $6$ es el mínimo de nodos, tal que al pintar las aristas de un grafo completo con dos colores, siempre existe un triángulo monocromático (el razonamiento es el mismo que el que se usó al principio). Y con eso estamos listos. $\blacksquare$$ $TEX: Se asumió que se conocía que en un grafo completo de al menos $6$ nodos, cuyas aristas son pintadas con $2$ colores, siempre existe un triángulo monocromático, pero lo demostraremos. Si tomamos un nodo $A'$, sabemos que por el Prinicipio de los Casilleros, al menos $3$ aristas que salen de $A'$ hacia los otros $5$ nodos son del mismo color$ trazos.png ( 16.87k ) Número de descargas: 3 $TEX: Si entre los $X$, $Y$ ,$Z$ existe una arista del mismo color que las que unen estos puntos con $A$, entonces estamos listos (existe el triángulo monocromático), el último caso que nos queda por analizar es cuando el grafo completo $K_3$ cuyos nodos son $X$, $Y$, $Z$ no tiene ninguna arista del mismo color a $AX$, $AY$ o $AZ$, en este caso sólo podrían estar pintadas del otro color, y terminamos. $\square$$ Saludos ! -------------------- $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...

EnemyOfGod286 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 11 2010, 09:11 PM Publicado: #6
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~ @ Apr 11 2010, 07:41 PM) Ver para creer (vea que no todos lo sacaron, pero no se preocupe, eran las primeras IMO. ^^) Fijarse en este concursante Svetoslav Biltchev Bulgaria. sacó un punto en P1 y en las demas 7 y 6 menos en la 4 que sacó cero

Emi_C Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 12 2010, 02:38 PM Publicado: #7
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 234 Registrado: 5-April 10 Desde: Arg Miembro Nº: 67.793 Nacionalidad: Sexo:	Debe ser que en el momento no eran my usuales los problemas que salian con algebra modular -------------------- $TEX: $\sqrt{a \cdot b} \le \frac{a+b}{2}$$

Hernan27 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 19 2010, 11:57 PM Publicado: #8
Principiante Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 7 Registrado: 19-December 08 Miembro Nº: 41.015 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Mensaje modificado por Hernan27 el May 20 2010, 08:45 PM

juancodmw Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 18 2015, 11:58 AM Publicado: #9
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 783 Registrado: 23-April 13 Desde: Constitución Miembro Nº: 118.027 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	P2 desarrollando, equivale a probar que: $TEX: $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geqslant ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)$$ (1) $TEX: $(a-b)^{2}\geqslant 0\Longrightarrow a^{2}-ab+b^{2}\geqslant ab\Longrightarrow (a+b)a^{2}-ab+b^{2}\geqslant ab(a+b)$$ $TEX: $\Longrightarrow a^{3}+b^{3}\geqslant ab(a+b)$$ análogamente: $TEX: $b^{3}+c^{3}\geqslant bc(b+c)$$ $TEX: $a^{3}+c^{3}\geqslant ac(a+c)$$ sumamos, y se obtiene: $TEX: $2(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geqslant ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)$$ (2) pero además, por $TEX: $MA\geqslant MG$$ se sabe que $TEX: $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geqslant 3abc$$ si sumamos esto ultimo a la (1), se obtiene la desigualdad demostrada (2), por lo tanto (1) es verdadera. --------------------

nagernager Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 18 2015, 01:15 PM Publicado: #10
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 192 Registrado: 23-August 10 Miembro Nº: 75.906 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Desarrollamos, obtenemos que tenemos que probar que : $TEX: $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geqslant ab(a+b -c)+bc(b+c -a)+ac(c+a-b)$ (1)$ $TEX: Como $a,b,c$ son lados de un triángulo podemos aplicar la sustitucion de ravi modificada , obteniendo lo siguiente:$ $TEX: $x = a + b - c$$ $TEX: $y = b + c - a$$ $TEX: $z = c + a - b$$ $TEX: Haciendo cuentas y despejando en funcion de $x,y,z$ tenemos que:$ $TEX: $a = \frac{x+z}{2}$$ $TEX: $b = \frac{x+y}{2}$$ $TEX: $c = \frac{y+z}{2}$$ $TEX: Sustituyendo estas expresiones en la desigualdad (1) se obtiene lo siguiente:$ $TEX: $ \frac{1}{8}[ (x+y)^3+(y+z)^3+(z+y)^3]\geq \frac{1}{4}[ (x+y)(x+z)x+(x+y)(y+z)y+(x+z)(y+z)z ] $$ $TEX: Haciendo cuentas obtenemos que la expresion anterior equivale a probar que :$ $TEX: $x^2y+y^2x+y^2z+ z^2y+ z^2x+ x^2z \geq 6xyz $$ $TEX: Por último aplicando Muirhead obtenemos el resultado si $x,y,z$ son enteros positivos (incluyendo el 0).Observemos que solo una de las variables puede ser negativa, pero no mas de úna, supongamos que una de ellas es negativa, usando la transformacion de ravi y sustituyendo en la ecuacion (1) obtenemos que la desigualdad propuesta se escribe de la siguiente forma:$ $TEX: $x^2(y+z)+y^2(z+x)+z^2(x+y) +x^22c +y^22a + z^22b \geq 6xyz$$ $TEX: Luego el miembro izquierdo es positivo, y el miembro derecho es negativo por lo tanto se cumple la afirmación en este caso$ Mensaje modificado por nagernager el Jan 18 2015, 03:15 PM

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