Maraton Opciones

[Pasten]

De cuando en cuando, algun usuario motivado (u ocioso) propone hacer una maraton de problemas donde las reglas por lo general son:

1. El que resuelve propone el siguiente (depsues de que su solucion ha sido aceptada por el que propuso antes).

2. Si no hay repsuesta en un tiempo prudente (digamos 24 horas) el que propuso debe dar su solucion y proponer otro problema, ojala un poquito mas simple o mas motivante.

Ahora, ademas quiero agregar las reglas

3. No trollear (aunque las discusiones sobre los problemas y generalizaciones son bienvenidas).

4. Los problemas aceptables para esta maraton deben ser de espiritu olimpico, asi que quienes quieran postear alguna integral "peluda" pueden hacerlo en el sector universitario.

5. La idea es que haya soluciones "olimpicas" aun asi, los usuarios son libres de poner la solucion que se les ocurra, tan simple o avanzada como sea (o sea, restriccion de enunciados, no de soluciones)

6. Si los usuarios dudan que el problema posea solucion "olimpica", el que propuso debera mostrar dicha solucion.

7. al momento de corregir, la persona que propuso debe indicar de donde se saco el problema

Ahora podemos dar inicio a una nueva maraton, siguiendo las reglas anteriores.
Al final no voy a contar puntajes, y no habra premios ni pdf's con las soluciones (a no ser que alguien mas tenga ganas de hacer eso).



El problema inicial es el siguiente:

Sea ABC un triangulo, y P un punto interior con la propiedad que hay tres circunferencias R, S, T congruentes que pasan por P y ademas R es tangente a AB y AC, S es tangente a BA y BC, y T es tangente a CA y CB.
Demuestre que la recta que pasa por el incentro y el circuncentro de ABC tambien pasa por P.

Saludos

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EDIT: las circunferencias son congruentes!!!!

Mensaje modificado por Pasten el Apr 24 2011, 07:04 PM

[xD13G0x]

Sean X,Y,Z los centros de las circunferencis R,S,T respectivamente. Es facil ver que P es el centro de la circunferencia circunscrita de XYZ y que XYZ y ABC tienen los lados respectivos paralelos debido a que R, S, T son congruentes. Tambien se tiene que AX es bisectriz de A, BY es bisectriz de B y CZ es bisectriz de C, luego el centro de homotecia que transforma el triangulo XYZ en el triangulo ABC (que es el punto de concurrencia de AX, BY y CZ) es I, el incentro de ABC. Esta homotecia trasforma el circuncentro de XYZ (osea P) en el circuncentro de ABC y su centro es I, de donde tenemos el resultado.

[Pasten]

Sean X,Y,Z los centros de las circunferencis R,S,T respectivamente. Es facil ver que P es el centro de la circunferencia circunscrita de XYZ y que XYZ y ABC tienen los lados respectivos paralelos debido a que R, S, T son congruentes. Tambien se tiene que AX es bisectriz de A, BY es bisectriz de B y CZ es bisectriz de C, luego el centro de homotecia que transforma el triangulo XYZ en el triangulo ABC (que es el punto de concurrencia de AX, BY y CZ) es I, el incentro de ABC. Esta homotecia trasforma el circuncentro de XYZ (osea P) en el circuncentro de ABC y su centro es I, de donde tenemos el resultado.

Correcto! Fuente: IMO 1981, problema 5.

Ahora propone xD13G0x.

[xD13G0x]

El siguiente los hara cabecear

Sea P el conjunto de los numeros primos y M un subconjunto de P con al menos 3 elementos. Se tiene que para cualquier subconjunto propio A de M, todos los factores primos del numero

estan en M. Pruebe que M=P

[Pasten]

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EDIT: Efectivamente lei mal, y creo que esa es la unica complicacion dle problema porque lo otro era demaciado trivial. Espero responder proximamente.

Mensaje modificado por Pasten el Apr 24 2011, 08:39 PM

[xD13G0x]

Primero demostrare que M es infinito. Esto no tiene nada de original y no es nada mas que un plagio una adaptacion de la demostracion de Euclides de la infinitud de los primos:

Suponga que M es finito, ya sabemos que es no vacio asi que vamos a definir

Tomando A=M en la hipotesis del problema, obtenemos que los divisores primos de N-1 estan en M, pero claramente N-1 es coprimo a los primos que tenemos en M asi que necesariamente N-1=1, o sea N=2. Entonces M={2}, pero sabemos que M tiene al menos 3 primos. Contradiccion.

Ahora vamos a demostrar que si q es primo entonces q esta en M (esto es lo que se pide). Suponga que hay algun primo q que no esta en M. Los primos de M son todos coprimos a q y ya demostramos que M es infinito, por lo tanto hay infinitos de ellos en la misma clase no nula modulo q, digamos con

para cierto r fijo y coprimo con q. Entonces tenemos

por el teorema chico de Fermat (o porque el grupo de inversibles modulo q tiene orden q-1, si prefieren). Por lo tanto

contradiciendo la condicion del enunciado.

Saludos

A es subconjunto propio de M, por favor, leer con mas atencion el problema.

[Pasten]

A es subconjunto propio de M, por favor, leer con mas atencion el problema.

Perdon por la demora, hoy tuve prueba. Pero ahora acabo de terminar el semestre y estoy oficialmente de vacaciones, por un par de semanas al menos.

Me costo escribir esto porque hay demostraciones anidadas (una dentro de otra). No supe como escribirlo mejor (en realidad me dio flojera escribirlo de nuevo despues que lo termine de escribir) asi que espero que se entienda.

Entonces recapitulemos lo que paso:

1. Lei mal y demostre "muy facilmente" que M debia ser infinito de donde se concluye que M debe ser el conjunto de todos los primos.

2. Habia quedado de arreglar la demostracion, solo faltaba demostrar que M es infinito.

Ahora completare eso. Por completitud escribire tambien como se concluye que M es todo, sabiendo que es infinito.


Primero demostremos que M es infinito.

Suponga que M es finito, ya sabemos que tiene al menos 3 primos asi que vamos a definir

Dado p primo en M hacemos A={p} en la hipotesis (este si que es conjunto propio! disculpas nuevamente) y obtenemos que

es divisible solo por primos de M. Pero si un primo q en M divide a (N/p)-1 entonces q=p porque de otra forma tambien q divide a N/p y obtenemos una contradiccion. Por lo tanto (N/p)-1 es una potencia de p. Como hay al menos 3 primos en M es facil ver que (N/p)-1 es potencia de p con exponente positivo (si solo fueran dos primos podriamos tener por ejemplo M={2,p} y , pero de otro modo siempre tenemos N/p>2).
Para un primo p de M dado, tenemos entonces

para cierto r>0 que depende de p, luego

Observe que el lado derecho es congruente con 2 modulo p-1, entonces N=2 (mod p-1) y concluimos que existe un entero m (que depende de p) tal que

Quiero usar esta ecuacion con p=7 y ademas voy a necesitar despues que 3 esta en M, asi que demostrare que 3 y 7 estan en M y despues volvere a la ecuacion.

[a.] Primero, 2 esta en M, pues si no estuviera entonces N/p-1 es par (p es cualquier primo de M) implicando que 2 esta en M, contradiccion.
[b.] Segundo, 3 esta en M. Si 3 no esta en M entonces tenemos al menos dos primos de M que son congruentes entre si modulo 3 y no congruentes a cero modulo 3, digamos p,q (aqui usamos que M tiene 3 primos al menos). Entonces pq es un cuadrado no nulo modulo 3, es decir pq=1 (mod 3) y obtenemos que 3 divide a pq-1, contradiccion pues dijimos que 3 no esta en M.
[c.] Tercero, 7 esta en M. Como 2 y 3 estan en M, entonces 5=2*3-1 esta en M. Luego, como 3*5-1=14 obtenemos que 7 esta en M.

Ahora que sabemos que 7 esta en M volvemos a lo que estabamos haciendo. Ponemos p=7 en la ecuacion para obtener

ahora viendo esta ecuacion modulo 3 obtenemos

porque 3 divide a N. Contradiccion. Por lo tanto hay infinitos primos en M.


Para terminar, ahora demostramos que M es el conjunto de todos los primos, sabiendo que es infinito.

Vamos a demostrar que si q es primo entonces q esta en M (esto es lo que se pide). Suponga que hay algun primo q que no esta en M. Los primos de M son todos coprimos a q y ya demostramos que M es infinito, por lo tanto hay infinitos de ellos en la misma clase no nula modulo q, digamos con

para cierto r fijo y coprimo con q. Entonces tenemos

por el teorema chico de Fermat (o porque el grupo de inversibles modulo q tiene orden q-1, si prefieren). Por lo tanto

contradiciendo la condicion del enunciado.

Basicamente es el mismo truco que usamos en [b.] mas arriba.

Saludos

[xD13G0x]

Solucion correcta! No se como no se me ocurrio algo asi, lo que yo hize fue suponer que M era finito, que se cumplia la propiedad y luego demostraba que cada primo (distinto de 2) que esta en M era de la forma 2^k+1 y luego obtenia otra contradiccion (aunque aqui si notaba que 7 estaba en M ya terminaba). Ahora te tonca proponer, pasten.

EDIT: Lo lei "por ahi" y no decia fuente, luego me fijo y tambien esta en el treinamento cone sul 2do volumen, pero tampoco dice fuente

Mensaje modificado por xD13G0x el Apr 25 2011, 08:35 PM

[Pasten]

Solucion correcta! No se como no se me ocurrio algo asi, lo que yo hize fue suponer que M era finito, que se cumplia la propiedad y luego demostraba que cada primo (distinto de 2) que esta en M era de la forma 2^k+1 y luego obtenia otra contradiccion (aunque aqui si notaba que 7 estaba en M ya terminaba). Ahora te tonca proponer, pasten.

Em.... voy a tomarme unos minutitos (y un cafe) antes de proponer otro. Por ahora:

1. Hay que dar la fuente del problema (dado que comentas tu solucion, imagino que lo leiste por ahi).

2. Si en tu pregunta hubieses puesto que M tiene al menos 2 elementos tambien se puede hacer. Ahora demostrare que M no puede tener exactamente 2 elementos:

Digamos que tiene solo 2 elementos p, q. Entonces
1/p + 1/q - 1/pq
es un entero positivo. Contradiccion porque el menor entero positivo es 1.

Mensaje modificado por Pasten el Apr 25 2011, 07:55 PM

[Pasten]

Aqui va el nuevo propuesto.



Saludos