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APMO 2002, Ssp: 3

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 20 2007, 09:16 PM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 556 Registrado: 16-August 06 Desde: Rio de Janeiro Miembro Nº: 1.950 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: \noindent \underline{$Problema\ 1$} Sean $a_1,a_2,...,a_n$ una secuencia de enteros no negativos, donde $n$ es un entero positivo. Sea:<br />\begin{center}<br />$A_n=\dfrac{a_1+a_2+...+a_n}{n}$<br />\end{center}<br />Pruebe que:<br />\begin{center}<br />$a_1!a_2!...a_n!\ge ( \lfloor A_n \rfloor !)^n$<br />\end{center}<br />Determine cuando se cumple la igualdad$ Solucion: $TEX: \noindent Sea la funcion $f:\mathbb{N_O}\rightarrow\mathbb{R}$ definida por $f(n)=\ln (n!)$, entonces se tiene\\<br />$f(n)=ln(1)$ para $n=0$\\<br />$\displaystyle f(n)=\ln (n!)=\ln\left(e^{\sum_{k=1}^{n}\ln (n)}\right)=\sum_{k=1}^{n}\ln (n)$ para $n\ge 1$\\<br />luego, $f$ es convexa en su dominio porque como $g(x)=\ln (x)$ es creciente, tenemos\\<br />$f(n+2)-f(n+1)=\ln (n+2)>\ln (n+1)=f(n+1)-f(n)$\\<br />Consideremos ahora la desigualdad propuesta\\<br />$\displaystyle \prod (a_i!)\ge[A_n]!^n$\\<br />Notemos que dado un $[A_n]$ fijo tenemos\\<br />$\displaystyle \sum a_i=[A_n]n+r$ con $0\le r<n$\\<br />y que $[A_n]$ no cambia si disminuimos alguna o algunas $a_i$ hasta que $r=0$.\\ Definimos $a'_i\le a_i$ tales que\\<br />$\displaystyle \sum a'_i=[A_n]n$\\<br />obtenemos\\<br />$\displaystyle \prod (a_i!)\ge\prod (a'_i!)$\\<br />aplicando la desigualdad de Jensen para la funcion $f$ ya definida tenemos\\<br />$\displaystyle\prod (a'_i!)=e^{\sum\ln(a'_i!)}=e^{\sum f(a'_i)}\ge e^{nf\left(\frac{1}{n}\sum a'_i\right)}$\\<br />Pero\\<br />$\displaystyle e^{nf\left(\frac{1}{n}\sum a'_i\right)}=e^{nf([A_n])}=e^{n\ln([A_n]!)}=[A_n]!^n$\\<br />Por lo tanto\\<br />$\displaystyle\prod (a_i!)\ge\prod (a'_i!)\ge[A_n]!^n$\\<br />como se queria probar.\\<br />Claramente, la igualdad se verifica cuando todos los $a_i$ son iguales porque asi tenemos que $a_i=a'_i$ para todo $i$, y a demas, cumplimos la condicion de igualdad para la desigualdad de Jensen.<br />$ $TEX: \boxed{Resuelto\ por\ Pasten}$ $TEX: \noindent \underline{$Problema\ 2$} Encuentre todos los enteros $a$ y $b$ positivos tales que:<br />\begin{center}<br />$\dfrac{a^2+b}{b^2-a}$ y $\dfrac{b^2+a}{a^2-b}$<br />\end{center}<br />son ambos enteros.$ Solucion: $TEX: Dada la simetria de las expresiones, asumamos sin perdida de generalidad que $a\ge b$. Supongamos que $a=b$. Entonces $a^2-a$ divide a $a^2+a$. Se sigue que $a-1$ divide a $a+1$, o sea, $a-1$ es un divisor de 2. Luego $\boxed {a=b=2}$ o $\boxed {a=b=3}$.<br /><br />Supongamos que $a>b$. Notemos que $a^2\ge a>b\to a^2-b$ es positivo. Se sigue que $a^2-b\leq b^2+a\to (a-b-1)(a+b)\leq 0$. Como $a+b\ge 0$, podemos ver que $a-b-1\leq 0$, o equivalentemente, $b<a\leq b+1$. Necesariamente debemos tener que $a=b+1$<br /><br />Luego $b^2-a=b^2-b-1$ divide a $a^2+b=b^2+3b+1$. Veamos que:<br /><br />$\displaystyle \frac{b^2+3b+1}{b^2-b-1}=1+\displaystyle \frac{4b+2}{b^2-b-1}$<br /><br />Notemos que $b^2-b-1=b(b-1)-1$ es impar. Entonces $b^2-b-1$ divide a $2b+1\to b^2-b-1\leq 2b+1\to b\leq 3$. Manualmente, podemos ver que $\boxed {a=2,b=1}$, $\boxed {a=3, b=2}$<br /><br />Claramente si $(a, b)$ es solucion, entonces $(b,a)$ tambien lo es. Por lo tanto todas las soluciones son:<br /><br />$(a,b)=\{(2,2);(3,3);(1,2);(2,1);(2,3);(3,2)\}$ $\blacksquare$$ $TEX: $\boxed{Resuelto\ por\ ~Fatal\ Collapse~}$$ $TEX: \noindent \underline{$Problema\ 3$} Sea $ABC$ un tri\'angulo equil\'atero. Sea $P$ un punto en el lado $AC$ y $Q$ un punto en el lado $AB$ de modo que ambos tri\'angulos $ABP$ y $ACQ$ son acut\'angulos. Sea $R$ el ortocentro del tri\'angulo $ABP$ y $S$ el ortocentro del tri\'angulo $ACQ$. Sea $T$ el punto com\'un a los segmentos $BP$ y $CQ$. Encuentre todos los posibles valores de $\angle CBP$ y $\angle BCQ$ tal que el tri\'angulo $TRS$ sea equil\'atero.$ Solucion: (Pendiente) $TEX: \noindent \underline{$Problema\ 4$} Sean $x,y,z$ n\'umeros positivos tales que:<br />\begin{center}<br />$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=1$<br />\end{center}<br />Demuestre que:<br />\begin{center}<br />$\sqrt{x+yz}+\sqrt{y+zx}+\sqrt{z+xy}\ge \sqrt{xyz}+\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}$<br />\end{center}$ Solucion: $TEX: Sean las variables $a,b,c \in\mathbb{R}^+$ tales que; $a+b+c=1$. Entonces por $MA\ge MG$:\\<br />\\<br />$a+b\ge 2\sqrt{ab}$\\<br />\\<br />$a+b+c\ge c+2\sqrt{ab}$\\<br />\\<br />$1\ge c+2\sqrt{ab}$\\<br />\\<br />$c\ge c^2+2c\sqrt{ab}$\\<br />\\<br />$c+ab\ge c^2+2c\sqrt{ab}+ab$\\<br />\\<br />$\sqrt{c+ab}\ge c+\sqrt{ab}$\\<br />\\<br />Analogamente:\\<br />\\<br />$\sqrt{b+ca}\ge b+\sqrt{ca}$\\<br />\\<br />$\sqrt{a+bc}\ge a+\sqrt{bc}$\\<br />\\<br />Sumando estas desigualdades:\\<br />\\<br />$\sqrt{c+ab}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{a+bc}\ge a+b+c+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}$\\<br />\\<br />$\sqrt{c+ab}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{a+bc}\ge 1+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}$\\<br />\\<br />Dividiendo por $\sqrt{abc}$:\\<br />\\<br />$\sqrt{\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{c}}+\sqrt{\dfrac{1}{ca}+\dfrac{1}{b}}+\sqrt{\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{a}}\ge \sqrt{\dfrac{1}{abc}}+\sqrt{\dfrac{1}{c}}+\sqrt{\dfrac{1}{a}}+\sqrt{\dfrac{1}{b}}$\\<br />\\<br />Ahora hacemos el cambio de variable $a=\dfrac{1}{x}$ ; $b=\dfrac{1}{y}$ ; $c=\dfrac{1}{z}$ y obtenemos:\\<br />\\<br />$\boxed{\sqrt{xy+z}+\sqrt{zx+y}+\sqrt{yz+x}\ge \sqrt{xyz}+\sqrt{z}+\sqrt{x}+\sqrt{y}}$$ $TEX: \boxed{Resuelto\ por\ Luffy}$ $TEX: \noindent \underline{$Problema\ 5$} Encuentre todas las funciones $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ que satisfacen:\\<br />\\<br />(i) Solo hay una cantidad finita de $s\in \mathbb{R}$ tales que, $f(s)=0$.\\<br />\\<br />(ii) $f(x^4+y)=x^3f(x)+f(f(y))$ $\forall$ $x,y\in\mathbb{R}$.$ Solucion: http://www.fmat.cl/index.php?act=attach&am...st&id=20818 $TEX: $\boxed{Resuelto\ por\ xsebastian}$$ Mensaje modificado por Luffy el Sep 26 2011, 10:49 PM

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 20 2007, 09:18 PM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 556 Registrado: 16-August 06 Desde: Rio de Janeiro Miembro Nº: 1.950 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: $\boxed{Sp_4}$$ $TEX: Sean las variables $a,b,c \in\mathbb{R}^+$ tales que; $a+b+c=1$. Entonces por $MA\ge MG$:\\<br />\\<br />$a+b\ge 2\sqrt{ab}$\\<br />\\<br />$a+b+c\ge c+2\sqrt{ab}$\\<br />\\<br />$1\ge c+2\sqrt{ab}$\\<br />\\<br />$c\ge c^2+2c\sqrt{ab}$\\<br />\\<br />$c+ab\ge c^2+2c\sqrt{ab}+ab$\\<br />\\<br />$\sqrt{c+ab}\ge c+\sqrt{ab}$\\<br />\\<br />Analogamente:\\<br />\\<br />$\sqrt{b+ca}\ge b+\sqrt{ca}$\\<br />\\<br />$\sqrt{a+bc}\ge a+\sqrt{bc}$\\<br />\\<br />Sumando estas desigualdades:\\<br />\\<br />$\sqrt{c+ab}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{a+bc}\ge a+b+c+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}$\\<br />\\<br />$\sqrt{c+ab}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{a+bc}\ge 1+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}$\\<br />\\<br />Dividiendo por $\sqrt{abc}$:\\<br />\\<br />$\sqrt{\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{c}}+\sqrt{\dfrac{1}{ca}+\dfrac{1}{b}}+\sqrt{\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{a}}\ge \sqrt{\dfrac{1}{abc}}+\sqrt{\dfrac{1}{c}}+\sqrt{\dfrac{1}{a}}+\sqrt{\dfrac{1}{b}}$\\<br />\\<br />Ahora hacemos el cambio de variable $a=\dfrac{1}{x}$ ; $b=\dfrac{1}{y}$ ; $c=\dfrac{1}{z}$ y obtenemos:\\<br />\\<br />$\boxed{\sqrt{xy+z}+\sqrt{zx+y}+\sqrt{yz+x}\ge \sqrt{xyz}+\sqrt{z}+\sqrt{x}+\sqrt{y}}$$ Saludos

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 4 2009, 10:25 PM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Solución para el problema 5. Pido disculpas por el formato utilizado. Observen que La primera propiedad sólo fue usada para demostrar que f es inyectiva. APMO025.PNG ( 43.91k ) Número de descargas: 19 -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 17 2009, 06:46 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:	La prueba oficial señala que, en el problema 2, $TEX: $a, b$$ deben ser enteros positivos. Ver APMO 2002. (La pag oficial es esta (http://www.kms.or.kr/competitions/apmo/). $TEX: Dada la simetria de las expresiones, asumamos sin perdida de generalidad que $a\ge b$. Supongamos que $a=b$. Entonces $a^2-a$ divide a $a^2+a$. Se sigue que $a-1$ divide a $a+1$, o sea, $a-1$ es un divisor de 2. Luego $\boxed {a=b=2}$ o $\boxed {a=b=3}$.<br /><br />Supongamos que $a>b$. Notemos que $a^2\ge a>b\to a^2-b$ es positivo. Se sigue que $a^2-b\leq b^2+a\to (a-b-1)(a+b)\leq 0$. Como $a+b\ge 0$, podemos ver que $a-b-1\leq 0$, o equivalentemente, $b<a\leq b+1$. Necesariamente debemos tener que $a=b+1$<br /><br />Luego $b^2-a=b^2-b-1$ divide a $a^2+b=b^2+3b+1$. Veamos que:<br /><br />$\displaystyle \frac{b^2+3b+1}{b^2-b-1}=1+\displaystyle \frac{4b+2}{b^2-b-1}$<br /><br />Notemos que $b^2-b-1=b(b-1)-1$ es impar. Entonces $b^2-b-1$ divide a $2b+1\to b^2-b-1\leq 2b+1\to b\leq 3$. Manualmente, podemos ver que $\boxed {a=2,b=1}$, $\boxed {a=3, b=2}$<br /><br />Claramente si $(a, b)$ es solucion, entonces $(b,a)$ tambien lo es. Por lo tanto todas las soluciones son:<br /><br />$(a,b)=\{(2,2);(3,3);(1,2);(2,1);(2,3);(3,2)\}$ $\blacksquare$$ 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."

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 26 2011, 10:43 PM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 556 Registrado: 16-August 06 Desde: Rio de Janeiro Miembro Nº: 1.950 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Vargüitas DSLU @ Feb 17 2009, 07:46 PM) La prueba oficial señala que, en el problema 2, $TEX: $a, b$$ deben ser enteros positivos. Ver APMO 2002. (La pag oficial es esta (http://www.kms.or.kr/competitions/apmo/). $TEX: Dada la simetria de las expresiones, asumamos sin perdida de generalidad que $a\ge b$. Supongamos que $a=b$. Entonces $a^2-a$ divide a $a^2+a$. Se sigue que $a-1$ divide a $a+1$, o sea, $a-1$ es un divisor de 2. Luego $\boxed {a=b=2}$ o $\boxed {a=b=3}$.<br /><br />Supongamos que $a>b$. Notemos que $a^2\ge a>b\to a^2-b$ es positivo. Se sigue que $a^2-b\leq b^2+a\to (a-b-1)(a+b)\leq 0$. Como $a+b\ge 0$, podemos ver que $a-b-1\leq 0$, o equivalentemente, $b<a\leq b+1$. Necesariamente debemos tener que $a=b+1$<br /><br />Luego $b^2-a=b^2-b-1$ divide a $a^2+b=b^2+3b+1$. Veamos que:<br /><br />$\displaystyle \frac{b^2+3b+1}{b^2-b-1}=1+\displaystyle \frac{4b+2}{b^2-b-1}$<br /><br />Notemos que $b^2-b-1=b(b-1)-1$ es impar. Entonces $b^2-b-1$ divide a $2b+1\to b^2-b-1\leq 2b+1\to b\leq 3$. Manualmente, podemos ver que $\boxed {a=2,b=1}$, $\boxed {a=3, b=2}$<br /><br />Claramente si $(a, b)$ es solucion, entonces $(b,a)$ tambien lo es. Por lo tanto todas las soluciones son:<br /><br />$(a,b)=\{(2,2);(3,3);(1,2);(2,1);(2,3);(3,2)\}$ $\blacksquare$$ Saludos Pertect!

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