XXIX OIM: 2014, Honduras Opciones

[Niklaash]

29° Olimpiada Iberoamericana de Matemáticas
Honduras, San Pedro de Sula 2014

Primera prueba: Martes 23 de Septiembre, 2014

Problema 1: Para cada entero positivo , se define como la suma de los dígitos de . Determine el menor entero positivo tal que:

Problema 2: Hallar todos los polinomios , con coeficientes reales, tales que , y para algún entero , se cumple que:

Problema 3: Sobre una circunferencia, se marcan 2014 puntos, sobre cada uno de los segmentos cuyos extremos son dos de los 2014 puntos., se escribe un número real no negativo. Se sabe que para cualquier polígono convexo cuyos vértices son algunos de los 2014 puntos, la suma de los números escritos en sus lados es, menor o igual que 1. Determine el máximo valor posible de la suma de todos los números escritos.

Segunda prueba: Miércoles 24 de Septiembre, 2014

Problema 4: Se tienen monedas, de las cuales son auténticas de igual peso y una es falsa, de peso diferente de las demás. El objetivo es, utilizando exclusivamente una balanza de dos platos, hallar la moneda falsa y determinar si es más pesada o más liviana que las auténticas. Cada vez que se pueda deducir que, una o varias monedas son auténticas, entonces todas estas monedas se separan inmediatamente y no se pueden usar en las siguientes pesadas. Determine todos los para los que se puede lograr con certeza el objetivo. (Se pueden hacer tantas pesadas como se desee.)

Problema 5: Sea un triángulo acutángulo, su ortocentro y se traza la altura , Sean y los puntos medios de y respectivamente, y intersectan a y a en e respectivamente. Si y . Pruebe que y están sobre la misma circunferencia.

Problema 6: Dado un conjunto y una función , denotamos, para cada y, para cada . Decimos que es un punto fijo de si . Para cada número real , definimos como la cantidad de primos positivos menores o iguales que .
Dado un número entero positivo , decimos que es catracha si .

Pruebe que:

a) Si es catracha, entonces tiene al menos puntos fijos.
b) Si , existe una función catracha con exactamente puntos fijos.





Tiempo para cada prueba: 4 horas y media.

Mensaje modificado por Niklaash el Sep 25 2014, 06:51 PM

[Adrianocor]

tanteando el p2

Sea
tenemos que:









Mensaje modificado por Adrianocor el Sep 24 2014, 07:42 PM

[Pedantic Anarchy...]

P5: Por Menelao tenemos que (HM/MB)*(BX/XA)*(AD/HD)=1, luego BX/XA=AD/HD=YC/YA donde la segunda igualdad se obtiene por el Menelao análogo, luego XY//BC y por tanto (en angulos): NDC=NCD=NQY, luego NDC=NQY y por tanto el DCYQ es cíclico, entonces el QYCD es cíclico y por consiguiente PQD=YCD, pero sabemos que BHD=BCA=YCD y entonces BHD=PQD, de donde se sigue.

[Yonekura]

Otra solución al P5:

Como NH=NC=ND y AFDC es cíclico, tenemos que x=<NDC=<NCD=<DAF. Análogamente, y=<MDB=<MBD=<DAE. Notemos que <XAY=x+y=<YDC+<XDB, por lo que AXDY es cíclico, lo que implica <XYD=x. Luego, XY//BC y CYQD es cíclico, por lo que z=<YCQ=<YDQ. Por otro lado, veamos que en el triángulo ADC tenemos que x+y+z=90°, por lo que <QDA=y. Finalmente, por el paralelismo mostrado, tenemos que <HBC=<HPQ=y=<HDQ, demostrando así la ciclicidad pedida.

[vocin]

Dicen las malas lenguas que la solución "oficial" (la que tenían los jurados) al P5 era con dos Menelao, probablemente similar a la de más arriba

[asdayuyi]

tanteando el p2

Sea
tenemos que:

Eso está mal, que c tenga ese comportamiento no implica que todo x lo tenga

Solución:

Primero veamos que si es constante, entonces debe ser 1 ya que , pero en ese caso lo que implica , contradicción. Luego no puede ser un polinomio constante. De la misma manera c es distinto de 0, ya que en dicho caso P seria el polinomio nulo.

Haciendo en la expresión obtenemos que . Sea , demostraremos que todos los elementos de son raices de . En efecto, como es raíz y está en podemos proceder inductivamente. Si es raiz de , haciendo para algún natural n en la expresión del problema obtenemos que de donde o . Si suponemos cierta la primera opción obtenemos por la inducción que todos los elementos de son raíces de , pero es infinito, lo que implica que P es el polinomio nulo, contradicción. Luego existe un natural tal que de donde c es un divisor positivo de 2014.

Sea una raiz de distinta de 0. haciendo tenemos que , y como t es distinto de 0 se tiene que , luego t-c es una raíz de , y por inducción, el conjunto es un conjunto de raíces de . Si para todo se tiene que entonces dicho conjunto seria infinito ya que se construye restando c a una raiz distinta de cero, luego tendriamos que P es el polinomio nulo, contradicción, luego el conjunto no es infinito y su elemento mínimo es 0. Como 2014-c es raíz de P, entonces el conjunto es un conjunto de raíces de P, donde n es el natural tal que , con esto podemos escribir:

.

Usando esto, notemos que



de donde



luego con x distinto de 0,c,2c,...,2014. Haciendo para k natural tenemos que tenemos , es decir lo que implica que el polinomio tiene infinitas raices, luego es nulo, de donde Q(x)=Q(-c)=cte. Usando la condicion P(2014)=1 podemos encontrar Q(x), y por ende los polinomios que satisfacen son los de la forma

con c divisor positivo de 2014