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XXXVIII IMO (1997), Mar del Plata, Argentina

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 17 2007, 01:03 PM Publicado: #1
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	38ª OLIMPIADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Mar del Plata, Argentina, 1997 Primera Prueba: Jueves 24 de julio de 1997 Problema 1: Considere los puntos de coordenadas enteras en el plano como los vértices de cuadrados unitarios. Los cuadrados se colorean alternadamente de blanco y negro (como un tablero de ajedrez). Para cada par $TEX: $m, n\in\mathbb{Z}^+$$ , considere un triángulo rectángulo cuyos vértices tienen coordenadas enteras y cuyos catetos, de longitudes $TEX: $m$$ y $TEX: $n$$ , están sobre los lados de los cuadrados. Sean $TEX: $S_1$$ el área total de la región negra del triángulo y $TEX: $S_2$$ el área total de su región blanca. Sea $TEX: $f(m, n)=\|S_1-S_2\|$$ $TEX: $(a)$$ Calcule $TEX: $f(m,n)$$ para todos los enteros positivos $TEX: $m$$ y $TEX: $n$$ que son o ambos pares o ambos impares. $TEX: $(b)$$ Pruebe que $TEX: $f(m, n)\le\dfrac{1}{2}max\{m, n\}$$ para todo $TEX: $m, n$$ $TEX: $©$$ Demuestre que no existe ninguna constante $TEX: $\mathcal{K}$$ de modo que $TEX: $f(m,n) < \mathcal{K}$$ para todo $TEX: $m, n$$ . Problema 2: El $TEX: $\angle{A}$$ es el menor ángulo en el $TEX: $\triangle{ABC}$$ . Los puntos $TEX: $B$$ y $TEX: $C$$ dividen al circuncírculo del $TEX: $\triangle{ABC}$$ en dos arcos. Sea $TEX: $U$$ un punto en el arco $TEX: $BC$$ que no contiene a $TEX: $A$$ . Las mediatrices de los lados $TEX: $\overline{AB}$$ y $TEX: $\overline{AC}$$ cortan a $TEX: $\overleftrightarrow{AU}$$ en $TEX: $V$$ y $TEX: $W$$ , respectivamente. Sea $TEX: $T=\overleftrightarrow{BV}\cap\overleftrightarrow{CW}$$ . Pruebe que $TEX: $AU = TB + TC$$ Problema 3: Sean $TEX: $x_1, x_2, x_3, \ldots, x_n\in\mathbb{R}$$ que verifican • $TEX: $\|x_1+x_2+x_3+\ldots+x_n\|=1$$ • $TEX: $\|x_i\|\le\dfrac{n+1}{2}, i=1, 2, \ldots, n$$ Pruebe que existe una permutación $TEX: $y_1, y_2, y_3, \ldots, y_n$$ de $TEX: $x_1, x_2, x_3, \ldots, x_n$$ que cumple $TEX: $\|y_1+2y_2+\ldots+ny_n\|\le\dfrac{n+1}{2}$$ Segunda Prueba: Viernes 25 de julio de 1997 Problema 4: Una matriz $TEX: $n\times{n}$$ (es decir, un tablero cuadrado de $TEX: $n$$ filas y $TEX: $n$$ columnas) se rellena con números del conjunto $TEX: $S=\{1, 2, \ldots , 2n - 1\}$$ . Se denomina matriz de plata si, para cada $TEX: $i = 1, \ldots , n$$ , la i-ésima fila y la i-ésima columna juntas contienen todos los números del conjunto $TEX: $S$$ . Demuestre que: $TEX: $(a)$$ No existe ninguna matriz de plata para $TEX: $n = 1997$$ $TEX: $(b)$$ Existen matrices de plata para infinitos valores de $TEX: $n$$ . Problema 5: Encuentre todos los pares de enteros $TEX: $(a,b)$$ , con $TEX: $a, b\ge{1}$$ , que satisfacen la ecuación $TEX: $a^{b^2}=b^a$$ Problema 6: Para cada $TEX: $n\in\mathbb{Z}^+$$ , sea $TEX: $f(n)$$ el número de formas en que se puede representar a $TEX: $n$$ como suma de potencias de 2 con exponentes enteros no negativos. Las representaciones que difieren únicamente en el orden de sus sumandos se consideran iguales. Por ejemplo $TEX: $f(4)=4$$ , porque 4 puede ser representado de las siguientes formas: $TEX: $4; 2+2; 2+1+1; 1+1+1+1$$ . Demuestre que para cada entero $TEX: $n\ge{3}$$ $TEX: $2^{n^2/4}<f(2^n)<2^{n^2/2}$$ Resumen de soluciones Problema 1: Pendiente de solución. Problema 2: Aquí, resuelto por Killua; Aquí, resuelto por The Lord Problema 3: Pendiente de solución. Problema 4: Pendiente de solución. Problema 5: Pendiente de solución. Problema 6: Pendiente de solución. -------------------- "He looks rather ill, but he looks all over the genius he was" (G. H. Hardy) "A mathematician is a device for turning coffee into theorems" (Paul Erdös)

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 17 2007, 07:16 PM Publicado: #2
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Creo haber visto este problema en el foro, y la solución también... por eso tal vez me salió rápido, mi mente tendría asimilada la solución... pero es un problema de la IMO, y me sentí bien al hacerlo CITA(Killua @ May 17 2007, 02:03 PM) Problema 2: El $TEX: $\angle{A}$$ es el menor ángulo en el $TEX: $\triangle{ABC}$$ . Los puntos $TEX: $B$$ y $TEX: $C$$ dividen al circuncírculo del $TEX: $\triangle{ABC}$$ en dos arcos. Sea $TEX: $U$$ un punto en el arco $TEX: $BC$$ que no contiene a $TEX: $A$$ . Las mediatrices de los lados $TEX: $\overline{AB}$$ y $TEX: $\overline{AC}$$ cortan a $TEX: $\overleftrightarrow{AU}$$ en $TEX: $V$$ y $TEX: $W$$ , respectivamente. Sea $TEX: $T=\overleftrightarrow{BV}\cap\overleftrightarrow{CW}$$ . Pruebe que $TEX: $AU = TB + TC$$ Solución al problema 2 $TEX: \noindent Sean $C'$ y $B'$ los puntos medios de $\overline{AB}$ y $\overline{AC}$, respectivamente. Sean $D$ y $E$ los puntos donde las rectas $\overleftrightarrow{CW}$ y $\overleftrightarrow{BV}$ cortan al circunc\'irculo, respectivamente. Notemos que por $LAL\ \triangle{VC'A}\cong\triangle{VC'B}$, luego $\angle{VAC'}=\angle{VBC'}=\alpha$; tambi\'en por $LAL\ \triangle{WB'C}\cong\triangle{WB'A}$, de aqu\'i $\angle{WCB'}=\angle{WAB'}=\beta$, luego el tri\'angulo $WCA$ es is\'osceles en $W$, luego $CW=WA$. Por \'angulos inscritos $\angle{ACD}=\angle{AUD}=\beta$ y $\angle{CAU}=\angle{CDU}=\beta$, por lo que el tri\'angulo $WDU$ es is\'osceles en $W$, de donde $WD=WU$. As\'i $CW+WD=WA+WU\Rightarrow\boxed{CD=AU}$\\<br /><br />\noindent Por \'angulo inscrito $\angle{UAB}=\angle{UDB}=\alpha$ y $\angle{AUD}=\angle{ABD}=\beta$, entonces $\angle{TDB}=\angle{TBD}=\alpha+\beta\Rightarrow\boxed{TD=TB}$. Finalmente notemos que $CD=TC+TD=TC+TB=AU$, o sea $AU=TC+TB$, probando lo pedido $\blacksquare$$ Saludos -------------------- "He looks rather ill, but he looks all over the genius he was" (G. H. Hardy) "A mathematician is a device for turning coffee into theorems" (Paul Erdös)

mp11 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 17 2007, 08:04 PM Publicado: #3
Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 39 Registrado: 8-March 07 Desde: Santiago Miembro Nº: 4.388 Nacionalidad: Sexo:	Esta bien , felicidades, y tienes razon , es un problema de IMO y si bien era bien facil, muchos no lo sacaron. Yo creo que cuando uno esta en una olimpiada asi de importante, no solo la calidad de los problemas y de tus habilidades cuentan, un poco de todo. Yo hice este problema, y lo hice en los ultimos 10 minutos de esa prueba pues al verlo crei que era dificil, y trate, en vano de sacar puntos en el 1.... cuando vi que el tiempo se acababa hice un buen dibujo del probema 2 y los triangulos isosceles aparecieron... es bueno siempre hacer un buen dibujo a mano, no se mal acostumbren con los PC's. -------------------- MP11 www.math.u-psud.fr/~ponce

The Lord Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 17 2007, 09:48 PM Publicado: #4
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 374 Registrado: 16-September 06 Desde: New Haven, CT, USA. Miembro Nº: 2.275 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Aqui pongo la solución que yo le di a ese problema. No creo q sea la solución mas corta, pero al menos salio de mi cabeza Solución Problema 2: $TEX: \noindent Sea $\angle BAU=\alpha$, $\angle UAC=\beta$, $\angle CBV=\gamma$. Notemos que $AV=VB$, $AW=WC$ (por simetral). Trazamos $\overline {CU}$ y $\overleftrightarrow {BU}$, luego $\angle UBC=\beta$,$\angle BCU=\alpha$.\\ Sea $T'\in AU: WT=WT'$. Prolongamos $TT'$ hasta intersectar a $\overleftrightarrow {BU}$ en $P$.<br />Veamos que $\angle TCB=180-2\alpha-2\beta-\gamma$(1). No es complicado ver que $\angle WTT'=\angle WT'T=\beta$. Luego TBPC es ciclico $\Rightarrow \angle BPT=180-2\alpha-2\beta-\gamma$ (por (1)) (2), como $\angle BTC=2\alpha+2\beta \Rightarrow \angle BPC= 180-2\alpha-2\beta \Rightarrow \angle TPC=\gamma$.\\<br />Prolongamos PC hasta cortar a la circunferencia en $P'$. Por ciclico ABUC, $\angle CUP=\alpha+\beta$. Como $\angle BTC=2\alpha+2\beta \Rightarrow \angle BTP=2\alpha+\beta \Rightarrow \angle BCP=2\alpha+\beta \Rightarrow \angle UCP=\alpha+\beta$, luego $UP=PC$, de esto sigue que $CP'=BU$ (potencia de P), entonces $\angle CUP'=\alpha$. Como $\angle AUC=\alpha+\gamma \Rightarrow \angle AUP'=\gamma$, se sigue que $UPP'T'$ es ciclico $\Rightarrow \angle T'P'U= 180-2\alpha-2\beta-\gamma$(por (2)). Es directo que $BC=UP'$. Finalmente $\vartriangle TBC \cong \vartriangle T'UP' (ALA) \Rightarrow T'U=TB \Rightarrow BT+TW=UW\Rightarrow AU=TB+TC$<br />$ Saludos Nota: No detalle mucho como se van concluyendo algunos pasos, por cosa de tiempo (confio en el esmero del atento lector )

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 3 2009, 10:32 AM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	He aquí mi solución para el problema 5. Tampoco puedo prometer que es la solución más corta. De hecho, creo que la redacción está bastante enredada y eso significa que cada lector debe estar sumamente atento. Me avisan en caso que encuentren algún error de tipeo. MCD = Máximo Común Divisor. Solución Problema 5 Si a=1, entonces $TEX: $1^{b^2}=1=b^1$$ . La única solución es (1,1). Si b=1, entonces $TEX: $a^{1²}=a=1=1^a$$ . La única solución es (1,1) (que ya fue encontrada). En adelante, supongamos que $TEX: $a\ge2$$ y que $TEX: $b\ge2$$ . Todo número $TEX: $c\ge2$$ tiene una única representación en la forma $TEX: $l©^{m©}$$ , donde $TEX: $l©$$ no es de la forma x^y, con y>1. Si la descomposición de c en factores primos es: $TEX: $c={p_1}^{\alpha_1}\cdot\ldots\cdot{p_r}^{\alpha_r}$$ , entonces $TEX: $m©=MCD(\alpha_1,\ldots,\alpha_r)$$ y $TEX: $l©=c^{\frac1{m©}}$$ . Observe que siempre $TEX: $l©\ge2$$ y $TEX: $m©\ge1$$ . Afirmación: Sean t,u,v,w,x,y,z enteros positivos tales que $TEX: $t\ge2,u\ge2,w\ge2,x\ge2$$ . Si t=u^v, entonces $TEX: $l(t)=l(u)$$ . En particular: si w^y=x^z, entonces $TEX: $l(w)=l(x)$$ . Demostración: Escribiendo la descomposición en factores primos de u como: $TEX: $u={p_1}^{\alpha_1}\cdot\ldots\cdot{p_r}^{\alpha_r}$$ , entonces $TEX: $t={p_1}^{v\cdot\alpha_1}\cdot\ldots\cdot{p_r}^{v\cdot\alpha_r}$$ , y se tiene lo siguiente: $TEX: $m(t)=MCD(v\cdot\alpha_1,\ldots,v\cdot\alpha_r)=v\cdot MCD(\alpha_1,\ldots,\alpha_r)=v\cdot m(u)$$ Escribiendo $TEX: $t=l(t)^{m(t)},u=l(u)^{m(u)}$$ y usando la igualdad anterior, se tiene lo siguiente: $TEX: $l(u)^{v\cdot m(u)}=(l(u)^{m(u)})^v=u^v=t=l(t)^{m(t)}=l(t)^{v\cdot m(u)}$$ Como $TEX: $t\ge2,u\ge2$$ , entonces $TEX: $l(u)=l(t)$$ . En particular: $TEX: $l(w)=l(w^y)=l(x^z)=l(x).\ \Box$$ Aplicando esta afirmación en el problema, se concluye que $TEX: $a^{b^2}=b^a\Rightarrow l(a)=l(b)=l$$ . Escribiendo $TEX: $m=m(a),n=m(b)$$ , se tiene lo siguiente: $TEX: $l^{mb^2}=l^{na}\Rightarrow mb^2=na\Rightarrow ml^{2n}=nl^m$$ . Se tienen dos casos: Caso 1: $TEX: $2n\ge m$$ Entonces ml^2n-m=n. Escribiendo p=l^2n-m (entero positivo), se tiene que mp=n, entonces: $TEX: $p=l^{2mp-m}=l^{m(2p-1)}\ge2^{m(2p-1)}>m(2p-1)\ge2p-1\ge p\text{ (Contradicción)}$$ Caso 2 2n<m Entonces m=nl^m-2n. Escribiendo q=l^m-2n, se tiene que q es entero positivo, $TEX: $q\ge2$$ y nq=m, entonces: $TEX: $q=l^{nq-2n}=l^{n(q-2)}\ge2^{n(q-2)}>n(q-2)=nq-2n$$ Si q=2, entonces $TEX: $2=l^{n(2-2)}=l^0=1$$ , absurdo. Por lo tanto, $TEX: $q\ge3$$ . A partir de la desigualdad q>nq-2n se tiene lo siguiente: $TEX: \begin{align}<br />nq-2n&<q\\<br />nq-2n&\le q-1\\<br />nq-2n-q+2&\le1\\<br />(n-1)(q-2)&\le1<br />\end{align}$ Pero el lado izquierdo de la desigualdad es no negativo. Si q=3, entonces $TEX: $3=l^{n(3-2)}=l^n\Rightarrow n=1$$ . Si $TEX: $q\ge4$$ , entonces $TEX: $q-2\ge2$$ , luego n-1=0. Esto significa que n=1, en cualquier caso, entonces $TEX: $b=l$$ y a=l^m=b^m. Además: $TEX: $m=q=l^{q-2}$$ . Si $TEX: $l\ge5$$ , la desigualdad de Bernoulli permite concluir lo siguiente: $TEX: $q=l^{q-2}\ge5^{q-2}=(1+4)^{q-2}\ge1+4(q-2)=4q-7\Rightarrow7\ge3q\ge9\text{ (Contradicción)}$$ Por lo tanto $TEX: $l\in\{2,3\}$$ . Dependiendo del valor de $TEX: $l$$ , se tiene lo siguiente $TEX: $l=2$$ : entonces $TEX: $q=2^{q-2}\Rightarrow q=4\Rightarrow m=nq=4$$ . Por lo tanto, a=2⁴=16,b=2¹=2. La única solución del caso es (16,2). $TEX: $l=3$$ : entonces q=3^q-2$, entonces q=3 y m=nq=3. Por lo tanto, a=3³=27,b=3¹=3. La única solución del caso es (27,3). Por lo tanto, el conjunto de todos los pares (a,b) de números enteros positivos, tales que $TEX: $a^{b^2}=b^a$$ , es: { (1,1) , (16,2) , (27,3) } -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 20 2010, 01:47 PM Publicado: #6
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(Killua @ May 17 2007, 02:03 PM) Problema 2: El $TEX: $\angle{A}$$ es el menor ángulo en el $TEX: $\triangle{ABC}$$ . Los puntos $TEX: $B$$ y $TEX: $C$$ dividen al circuncírculo del $TEX: $\triangle{ABC}$$ en dos arcos. Sea $TEX: $U$$ un punto en el arco $TEX: $BC$$ que no contiene a $TEX: $A$$ . Las mediatrices de los lados $TEX: $\overline{AB}$$ y $TEX: $\overline{AC}$$ cortan a $TEX: $\overleftrightarrow{AU}$$ en $TEX: $V$$ y $TEX: $W$$ , respectivamente. Sea $TEX: $T=\overleftrightarrow{BV}\cap\overleftrightarrow{CW}$$ . Pruebe que $TEX: $AU = TB + TC$$ $TEX: Sean $\alpha=\angle BAU$ y $\beta=\angle CAU$. Como el $ABUC$ es cíclico, entonces gracias al Teorema de Ptolomeo, se tiene que: $$\dfrac{AU}{BC}=\dfrac{AB\cdot CU+AC\cdot BU}{BC^2}=\dfrac{sen(\angle B)\cdot sen(\alpha)+sen(\angle C)\cdot sen (\beta)}{(sen (\angle A))^2} $$<br /><br />Veamos que $sen(\angle B)\cdot sen(\alpha)=\frac{1}{2}(cos(\angle B-\alpha)-cos(\angle B+\alpha))$, y a partir de esto se obtiene que: $$\dfrac{AU}{BC}=\dfrac{cos(\angle B-\alpha)+cos(\angle C-\beta) - (cos(\angle B+\alpha)+cos(\angle C+\beta))}{2\cdot (sen(\angle A))^2}$$<br /><br />Como $\alpha +\angle B+\beta+\angle C=180º$, entonces $cos(\angle B+\alpha)=-cos(\angle C+\beta)$ y la igualdad obtenida previamente se reduce a: $$\dfrac{AU}{BC}=\dfrac{cos(\angle B-\alpha)+cos(\angle C-\beta)}{2\cdot (sen (\angle A))^2}$$<br /><br />Ahora notemos que $cos(x+y)+cos(x-y)=2cos(x)cos(y)$ (), y al aplicarlo en la igualdad anterior, se obtiene que: $$\dfrac {AU}{BC}=\dfrac{cos(90-\angle A)\cdot cos (\frac{1}{2}((\angle B-\alpha)-(\angle C-\beta)))}{(sen (\angle A))^2}$$<br /><br />Como $cos (90-x)=sen (x)$, la igualdad se reduce a: $$\dfrac {AU}{BC}=\dfrac{cos(\frac{1}{2}((\angle B-\alpha)-(\angle C-\beta)))}{sen (\angle A)}$$<br /><br />A partir de lo anterior se obtiene que: $$\dfrac{AU}{BC}=\dfrac{2\cdot cos(\angle A)\cdot cos(\frac{1}{2}((\angle B-\alpha)-(\angle C-\beta)))}{sen (2\angle A)}$$<br /><br />Aplicando nuevamente lo expuesto en (), tenemos que: $$\dfrac{AU}{BC}=\dfrac {cos (90-\angle B+\alpha)+cos(90-\angle C+\beta)}{sen (2\cdot \angle A)}$$<br /><br />Luego: $$\dfrac{AU}{BC}=\dfrac{sen (\angle B-\alpha)}{sen (2\cdot \angle A)}+\dfrac{sen (\angle C-\beta)}{sen (2\cdot \angle A)} ()$$$ $TEX: Ahora nos fijaremos en el $\triangle TBC$. Por ser $W$ un punto que yace en la simetral de $AB$, tenemos que $\angle WBA=\angle WAB=\alpha$. Entonces $\angle TBC=\angle WBC=\angle B-\alpha$. Análogamente $\angle TCB=\angle C-\beta$ y por consiguiente $\angle BTC=2\angle A$. Entonces, en virtud de la ley de los senos obtenemos lo siguiente respecto a (): $$\dfrac{AU}{BC}=\dfrac{sen (\angle B-\alpha)}{sen (2\cdot \angle A)}+\dfrac{sen (\angle C-\beta)}{sen (2\cdot \angle A)}=\dfrac{TB}{BC}+\dfrac{TC}{BC}$$<br /><br />Por lo tanto $AU=TB+TC$, finalizando la demostración. $\blacksquare$$ Los detalles se dejan a cargo del lector. Saludos -------------------- 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."

asdayuyi Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 25 2014, 11:01 PM Publicado: #7
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 81 Registrado: 10-November 12 Miembro Nº: 112.735 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Pal 2 Antes que nada es simple notar que AW=CW y AV=BV y como AW=TC-TW basta con demostrar que UW=BT+TW. Sea P la intersección del circuncírculo con CW, de ahí se tiene que PW=UW y además como P,B,C,A es cíclico se tiene que <BAC=<BPC=<PBT de donde el triángulo PTB es isósceles, luego BT+TW=PT+TW=UW de donde lo pedido es directo. Saludos :* Mensaje modificado por asdayuyi el Jan 25 2014, 11:02 PM

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