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APMO 2011

makmat Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 19 2011, 12:59 AM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Moderador Mensajes: 590 Registrado: 14-October 07 Miembro Nº: 11.310 Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Enhorabuena por fin se publicó en Internet la APMO 2011 que se realizó en el mes de Marzo, creo que Chile ya dejó de participar hace varios años, sería bueno que estas opciones no se perdieran así que ojalá se incentive a poder aprovechar al máximo todas estas oportunidades. $TEX: \noindent \underline{$Problema\ 1$} Sean $a$; $b$; $c$ enteros positivos. Pruebe que es imposible que los números $a^2+b+c$; $b^2+a+c$ y $c^2+a+b$ sean todos a la vez cuadrados perfectos.<br />$ Solucion: Se tiene que $TEX: $(a+1)^2\le a^2+b+c \implies 2a+1\le b+c$$ . Análogamente obtenemos que $TEX: $2b+1\le a+c$$ y $TEX: $2c+1\le a+b$$ , sumandolas y simplificando obtenemos una contradicción. $TEX: $\blacksquare$$ by Makmed $TEX: \noindent \underline{$Problema\ 2$} Cinco puntos $A_1$, $A_2$, $A_3$, $A_4$, $A_5$ yacen en un plano de manera que no hay tres de ellos colineales. Determine el máximo valor posible que puede tomar el menor de los ángulos $\angle A_iA_j A_k$ con $i$ $j$, $k$ enteros entre $1$ y $5$.$ Solucion: (Pendiente) $TEX: \noindent \underline{$Problema\ 3$} Dado $\triangle ABC$ acutángulo con $\angle BAC=30°$. Las bisectrices interna y externa del $\angle ABC$ cortan la recta $AC$ en $B_1$ y $B_2$ respectivamente, y las bisectrices interna y externa de $\angle ACB$ cortan la recta $AB$ en $C_1$ y $C_2$ respectivamente. Suponga que los círculos de diámetros $B_1B_2$ y $C_1C_2$ se tocan dentro del $\triangle ABC$ en un punto $P$. Pruebe que $\angle BPC=90°$.$ Solucion: (Pendiente) $TEX: \noindent \underline{$Problema\ 4$} Sea $n$ un entero positivo impar y fijo. Se toman $m+2$ puntos $P_0$, $P_1$, ..., $P_{m+1}$ (donde $m$ es un entero no negativo) en el plano Cartesiano, de manera que se cumplen estas tres condiciones:$ $TEX: ($1$). $P_0=(0,1)$, $P_{m+1}=(n+1,n)$, y para cada entero $i$, $1\le i \le m$, tanto $x$ como $y$ de $P_i(x,y)$ son enteros que toman valores entre $1$ y $n$ ($1$ y $n$ inclusive).$ $TEX: ($2$). Para cada entero $i$, $0\le i \le m$ $P_iP_{i+1}$ es paralela al eje $x$ si $i$ es par, y es paralela a el eje $y$ si $i$ es impar.$ $TEX: ($3$). Para cada par $i$, $j$ con $0\le i < j \le m$ los segmentos $P_iP_{i+1}$ y $P_jP_{j+1}$ comparten a lo más un punto.$ $TEX: Determine el máximo valor posible que puede tomar $m$$ . Solucion: (Pendiente) $TEX: \noindent \underline{$Problema\ 5$}$ Solucion: (Pendiente) -------------------- $TEX: $displaystyle oint _{gamma} F cdot dr = displaystyle int int_{R} (dfrac{partial N}{partial x} - dfrac{partial M}{partial y}) dA$$ $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...

xD13G0x Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 19 2011, 03:45 PM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 532 Registrado: 19-October 08 Desde: Santa Cruz de la Sierra Miembro Nº: 36.531 Nacionalidad: Sexo:	Solucion problema 2 La respuesta es 36º que se logra con un pentagono regular Vamos a dividir en casos, deacuerdo a la cantidad de puntos que puede tener la capsula convexa de A1A2...A5 (La capsula convexa de un poligono es el menor poligono, osea el de menor cantidad de puntos, convexo que contiene al poligono) Caso 1: La capsula convexa es A1A2...A5 (osea simplemente A1...A5 es convexo). Se tiene que existe un angulo, digamos A1A2A3, que es menor o igual a 108. Luego como A1A2A5+A5A2A4+A4A2A3=A1A2A3<=108, alguno de estos angulos es menor o igual 36º Caso 2: WLOG, la capsula convexa es A1A2A3A4, osea A5 esta dentro de A1A2A3A4. Tambien podemos suponer WLOG que A5 esta en A1A2A3, luego se sigue como el caso 3 que hay un angulo menor a 30. Caso 3: WLOG, la capsula convexa es A1A2A3, osea A4 y A5 estan en A1A2A3. Luego suponemos WLOG que A1A2A3<=60, y como A1A2A4+A4A2A3=A1A2A3<=60, luego alguno de estos 2 angulos es menor a 30º. EDIT: no note que decia que no pueden haber colineales xd asi que todo esta mal creo EDIT 2: la idea en si esta bien, solo hay que modificar un poquito Mensaje modificado por xD13G0x el May 19 2011, 07:58 PM -------------------- "I've never let my school interfere with my education.”

Emi_C Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 19 2011, 07:51 PM Publicado: #3
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 234 Registrado: 5-April 10 Desde: Arg Miembro Nº: 67.793 Nacionalidad: Sexo:	CITA(xD13G0x @ May 19 2011, 04:45 PM) Solucion problema 2 La respuesta es 45º, que se logra con un cuadrado y su centro. Vamos a dividir en casos, deacuerdo a la cantidad de puntos que puede tener la capsula convexa de A1A2...A5 (La capsula convexa de un poligono es el menor poligono, osea el de menor cantidad de puntos, convexo que contiene al poligono) Caso 1: La capsula convexa es A1A2...A5 (osea simplemente A1...A5 es convexo). Se tiene que existe un angulo, digamos A1A2A3, que es menor o igual a 108. Luego como A1A2A5+A5A2A4+A4A2A3=A1A2A3<=108, alguno de estos angulos es menor o igual 36º Caso 2: WLOG, la capsula convexa es A1A2A3A4, osea A5 esta dentro de A1A2A3A4. Luego podemos suponer WLOG que A1A5A2>=90º, luego A1A2A5+A2A1A5<=90, de donde alguno de estos 2 angulos debe ser menor o igual a 45º. Caso 3: WLOG, la capsula convexa es A1A2A3, osea A4 y A5 estan en A1A2A3. Luego suponemos WLOG que A1A2A3<=60, y como A1A2A4+A4A2A3=A1A2A3<=60, luego alguno de estos 2 angulos es menor a 30º. Como ven, me dio un monton de flojera escribirlo bien, pero se entiende Esta mal, stoy seguro que esa no es la respuesta. PD: Me fue mal en esta olimpiada solo hice el 1 y rescate un punto del 5 -------------------- $TEX: $\sqrt{a \cdot b} \le \frac{a+b}{2}$$

Emi_C Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 19 2011, 08:04 PM Publicado: #4
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 234 Registrado: 5-April 10 Desde: Arg Miembro Nº: 67.793 Nacionalidad: Sexo:	CITA(xD13G0x @ May 19 2011, 04:45 PM) Solucion problema 2 La respuesta es 36º que se logra con un pentagono regular Vamos a dividir en casos, deacuerdo a la cantidad de puntos que puede tener la capsula convexa de A1A2...A5 (La capsula convexa de un poligono es el menor poligono, osea el de menor cantidad de puntos, convexo que contiene al poligono) Caso 1: La capsula convexa es A1A2...A5 (osea simplemente A1...A5 es convexo). Se tiene que existe un angulo, digamos A1A2A3, que es menor o igual a 108. Luego como A1A2A5+A5A2A4+A4A2A3=A1A2A3<=108, alguno de estos angulos es menor o igual 36º Caso 2: WLOG, la capsula convexa es A1A2A3A4, osea A5 esta dentro de A1A2A3A4. Tambien podemos suponer WLOG que A5 esta en A1A2A3, luego se sigue como el caso 3 que hay un angulo menor a 30. Caso 3: WLOG, la capsula convexa es A1A2A3, osea A4 y A5 estan en A1A2A3. Luego suponemos WLOG que A1A2A3<=60, y como A1A2A4+A4A2A3=A1A2A3<=60, luego alguno de estos 2 angulos es menor a 30º. EDIT: no note que decia que no pueden haber colineales xd asi que todo esta mal creo EDIT 2: la idea en si esta bien, solo hay que modificar un poquito Es correcto, esto es lo que hice del 5, lo pueden ver acá: http://www.omaforos.com.ar/viewtopic.php?f...&p=909#p909 -------------------- $TEX: $\sqrt{a \cdot b} \le \frac{a+b}{2}$$

Pedantic Anarchy... Pedantic Anarchy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 18 2011, 06:17 PM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 688 Registrado: 8-November 09 Desde: Villarrica Miembro Nº: 61.657 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Problema 3: Lema:Si X1, X2 y X3 son las proyecciones de X sobre los lados BC,CA y AB respectivamente, de un triangulo ABC, entonces el lugar geométrico de los puntos X tales que X1X2=X1X3 es el circulo de Apolonio del triangulo ABC respecto a A. Demostracion: Por ley de los senos podemos ver que X1X3=BXsin(B), y que X1X2=CXsin©, entonces X1X2=X1X2 si y solo si BX/CX=sin©/sin(B)=AB/AC,donde lo pedido es directo. Ahora abordaremos el problema: Como P es la intersección de las circunferencias de Apolonio del triangulo ABC, a partir del lema es trivial que el triangulo pedal de P sobre ABC es equilatero, entonces es directo que PCA+PBA=60, de donde se concluye facilmente que BPC=90, que es lo que queríamos demostrar. -------------------- 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

Diego Navarro Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 25 2011, 06:26 PM Publicado: #6
Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 61 Registrado: 8-May 10 Miembro Nº: 70.464 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	P5: Encontrar todas las funciones de R a R que satisfacen: (i)Existe M real tal que $TEX: $ f(x)<M $$ para todo x. (ii) $TEX: $ f(xf(y))+yf(x)=xf(y)+f(xy)$$ para todo x,y. Primero f(x)=0 es solución, asumiremos ahora que existe al menos un valor que no es nulo. Denotaremos por (x,y) al usar la propiedad (ii) $TEX: $ (0,y) f(0)+yf(0)=f(0) $$ luego f(0)=0. $TEX: $ (x,1) f(xf(1))+f(x)=xf(1)+f(x) $$ luego $TEX: $ f(xf(1))=xf(1) $$ , si f(1) es distinto de cero tomando $TEX: $x=z/f(1)$$ y haciendo $TEX: $ z \rightarrow \infty $$ contradecimos (i). Luego f(1)=0. $TEX: $ (1,y) f(f(y))=2f(y) $$ , probaremos por inducción que $TEX: $ f(2^n f(x))=2^{n+1}f(x) $$ para todo entero no negativo y para todo x real. Ya tenemos para n=0, asumamos verdad para k, y usando la hipótesis de inducción; $TEX: $ (1,2^kf(y)) f(f(2^kf(y)))=2f(2^kf(y)) \Rightarrow f(2^{k+1}f(y))=2^{k+2}f(y) $$ Supongamos que exite a tal que $TEX: $ f(a)>0 $$ ; haciendo $TEX: $ n \rightarrow \infty $$ tenemos $TEX: $ M \ge f(2^nf(a))=2^{n+1}f(a)=\infty $$ ,obteniendo una contradicción, luego $TEX: $ f(x)\le 0 $$ para todo x. Definamos $TEX: $ B=\{x \in \mathbb{R} \| f(x)<0 \} $$ $TEX: $ (x,\frac{1}{x}) f(xf(\frac{1}{x}))+\frac{f(x)}{x}=xf(\frac{1}{x}) $$ $TEX: $ (\frac{1}{x},x) f(\frac{f(x)}{x})+xf(\frac{1}{x})=\frac{f(x)}{x} $$ sumando estas dos ecuaciones y usando el echo de que f toma valores no negativos; $TEX: $ f(\frac{f(x)}{x})=f(xf(\frac{1}{x}))=0 $$ para todo x distinto de cero, reemplazando esto en las ecuaciones anteriores ; $TEX: $ \frac{f(x)}{x^2}=f(\frac{1}{x}) ()$$ En particilar tomando x=f(b)/b para todo b en B, y usando $TEX: $ f(\frac{f(x)}{x})=0 $$ , $TEX: $ f(\frac{b}{f(b)})=0 $$ $TEX: $ (\frac{1}{f(b)},b) bf(\frac{1}{f(b)})=1+f(\frac{b}{f(b)}) =1$$ $TEX: $ f(\frac{1}{f(b)})=\frac{1}{b} $$ pero usando (), x=f(b) y usando f(f(b))=2f(b), $TEX: $ \frac{2}{f(b)}=\frac{2f(b)}{f(b)^2}=\frac{f(f(b))}{f(b)^2}=f(\frac{1}{f(b)})=\frac{1}{b} \Rightarrow f(b)=2b <0 $$ En particular no existe x positivo que pertenesca a B luego f(x)=0 para todo x positivo. $TEX: $ (-1,\|y\|) \|y\|f(-1)=f(-\|y\|) $$ luego f(x)=cx para todo x negativo (c=-f(-1)), pero f(f(x))=2f(x) evaluando en x negativo $TEX: $ c^2=2c $$ si c=0 luego f sería nula y supusimos que no lo era por tanto f(x)=2x para x negativo, es fácil verificar que satisface el enunciado.

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