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LVI IMO (2015), Chiang Mai, Tailandia

juancodmw Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 11 2015, 02:00 PM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 783 Registrado: 23-April 13 Desde: Constitución Miembro Nº: 118.027 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	56ª OLIMPIADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Chiang Mai, Tailandia Primera Prueba: Viernes 10 de julio de 2015 Problema 1: Decimos que un conjunto finito $TEX: $\mathcal{S}$$ de puntos en el plano es equilibrado si para cada dos puntos distintos $TEX: $A$$ y $TEX: $B$$ en $TEX: $\mathcal{S}$$ hay un punto $TEX: $C$$ en $TEX: $\mathcal{S}$$ tal que $TEX: $AC=BC$$ . Decimos que $TEX: $\mathcal{S}$$ es libre de centros si para cada tres puntos distintos $TEX: $A$$ , $TEX: $B$$ , $TEX: $C$$ en $TEX: $\mathcal{S}$$ no existe ningún punto $TEX: $P$$ en $TEX: $S$$ tal que $TEX: $PA=PB=PC$$ . (a) Demostrar que para todo $TEX: $n\geq 3$$ existe un conjunto de $TEX: $n$$ puntos equilibrado. (b) Determinar todos los enteros $TEX: $n\geq 3$$ para los que existe un conjunto de $TEX: $n$$ puntos equilibrado y libre de centros. Problema 2: Determinar todas las ternas $TEX: $(a,b,c)$$ de enteros positivos tales que cada uno de los números $TEX: $ab-c,\quad bc-a,\quad ca-b$$ es una potencia de 2. (Una potencia de 2 es un entero de la forma $TEX: $2^{n}$$ , donde $TEX: $n$$ es un entero no negativo.) Problema 3: Sea $TEX: $ABC$$ un triángulo acutángulo con $TEX: $AB>AC$$ . Sea $TEX: $\Gamma$$ su circunferencia circunscrita, $TEX: $H$$ su ortocentro, y $TEX: $F$$ el pie de la altura desde $TEX: $A$$ . Sea $TEX: $M$$ el punto medio del segmento $TEX: $BC$$ . Sea $TEX: $Q$$ el punto de $TEX: $\Gamma$$ tal que $TEX: $\angle{HQA}=90°$$ y sea $TEX: $K$$ el punto de $TEX: $\Gamma$$ tal que $TEX: $HKQ=90°$$ . Supongamos que los puntos $TEX: $A$$ , $TEX: $B$$ , $TEX: $C$$ , $TEX: $K$$ y $TEX: $Q$$ son todos distintos y están sobre $TEX: $\Gamma$$ en ese orden. Demostrar que la circunferencia circunscrita al triángulo $TEX: $KQH$$ es tangente a la circunferencia circunscrita al triángulo $TEX: $FKM$$ . Segunda Prueba: Sábado 11 de julio de 2015 Problema 4: El triángulo $TEX: $ABC$$ tiene circunferencia circunscrita $TEX: $\Omega$$ y circuncentro $TEX: $O$$ . Una circunferencia $TEX: $\Gamma$$ de centro $TEX: $A$$ corta al segmento $TEX: $BC$$ en los puntos $TEX: $D$$ y $TEX: $E$$ tales que $TEX: $B$$ , $TEX: $D$$ , $TEX: $E$$ y $TEX: $C$$ son todos diferentes y están en la recta $TEX: $BC$$ en este orden. Sean $TEX: $F$$ y $TEX: $G$$ los puntos de intersección de $TEX: $\Gamma$$ y $TEX: $\Omega$$ , tales que $TEX: $A$$ , $TEX: $F$$ , $TEX: $B$$ , $TEX: $C$$ y $TEX: $G$$ están sobre $TEX: $\Omega$$ en ese orden. Sea $TEX: $K$$ el segundo punto de intersección de la circunferencia circunscrita al triángulo $TEX: $BDF$$ y el segmento $TEX: $AB$$ . Sea $TEX: $L$$ el segundo punto de intersección de la circunferencia circunscrita al triángulo $TEX: $CGE$$ y el segmento $TEX: $CA$$ . Supongamos que las rectas $TEX: $FK$$ y $TEX: $GL$$ son distintas y se cortan en el punto $TEX: $X$$ . Demostrar que $TEX: $X$$ está en la recta $TEX: $AO$$ . Problema 5: Sea $TEX: $\mathbb{R}$$ el conjunto de los números reales. Determinar todas las funciones $TEX: $f:\mathbb R\to\mathbb R$$ que satisfacen la ecuación: $TEX: $f(x+f(x+y))+f(xy)=x+f(x+y)+yf(x)$$ para todos los números reales $TEX: $x$$ , $TEX: $y$$ . Problema 6: La sucesión de enteros $TEX: $a_{1}$$ , $TEX: $a_{2}$$ ,... satisface las siguientes condiciones: (i) $TEX: $1\leq a_{j}\leq 2015$$ para todo $TEX: $j\geq 1$$ ; (ii) $TEX: $k+a_{k}\neq \ell+a_{\ell}$$ para todo $TEX: $1\leq k< \ell$$ . Demostrar que existen dos enteros positivos $TEX: $b$$ y $TEX: $N$$ tales que $TEX: $\left\|\displaystyle \sum_{j=m+1}^{n}{(a_{j}-b)}\right\|\leq 1007^{2}$$ para todos los enteros $TEX: $m$$ y $TEX: $n$$ que satisfacen $TEX: $n>m\geq N$$ --------------------

asdayuyi Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 11 2015, 03:21 PM Publicado: #2
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 81 Registrado: 10-November 12 Miembro Nº: 112.735 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Pe 4 Sean W1, W1 los circuncirculos de los triángulos BFD y CGE y sean M,N las intersecciones de W1,W2 con FG en ese orden respectivamente. Es claro que AF=AG luego <AFG=<AGF y como AFCG es ciclico entonces <AFG=<AGF=<ACG, luego si P es la interseccion de AC y FG tenemos que los triangulos APG y AGC son semejantes, luego <GPC=<G(exterior triangulo AGC)=<AFC=<ABC=<KFD, pero <GCP=<LGP+<GLP, y por otro lado <GLP=<GNC=<GEC=<GFD (esto ultimo pq F,D,E,G pertenecen a la circunferencia de centro A) luego <KFD=<GPC=<LGP+<GLP=<LGP+<GFD, pero <KFD=<GFD+<KFG, luego <LGP+<GFD=<GFD+<KFG de donde <LGP=<KFG <=> <XFG=<XGF y con esto podemos concluir ya que FG es eje radical de las circunferencias de centro A y O respectivamente, luego AO es perpendicular a FG en su punto medio y como FXG es isósceles entonces AO pasa por X. Saludos bbs :* Mensaje modificado por asdayuyi el Jul 11 2015, 03:28 PM

jucca! Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 11 2015, 08:55 PM Publicado: #3
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 119 Registrado: 23-January 14 Miembro Nº: 126.719	P-5 Sea $TEX: $x=y=0$$ , entonces $TEX: $f(f(0))+f(0)=f(0)\to f(f(0))=0$$ . Sea $TEX: $x=0, y=f(0)$$ , entonces $TEX: $f(f(f(0)))+f(0)=f(f(0))+[f(0)]^{2}$$ , luego $TEX: $2f(0)=[f(0)]^{2}\to f(0)=2$$ . Luego de obtener estos valores, sea $TEX: $x=0, y=x$$ , entonces $TEX: $f(f(x))+f(0)=f(x)+xf(0)\to f(f(x))=f(x)+2(x-1)$$ Por otra parte si $TEX: $x=x-1, y=1$$ , entonces $TEX: $f(x-1+f(x))+f(x-1)=x-1+f(x)+f(x-1)$$ $TEX: $f(x-1+f(x))=x-1+f(x)$$ Reemplazando esto en la ecuación anterior tenemos $TEX: $$f(f(x-1+f(x)))=f(x-1+f(x))+2((x-1+f(x))-1)$$$ $TEX: $$f(x-1+f(x))=f(x-1+f(x))+2(x-2+f(x))$$$ $TEX: $$\therefore f(x)=2-x$$$

asdayuyi Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 11 2015, 08:59 PM Publicado: #4
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 81 Registrado: 10-November 12 Miembro Nº: 112.735 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(jucca! @ Jul 11 2015, 09:55 PM) P-5 Sea $TEX: $x=y=0$$ , entonces $TEX: $f(f(0))+f(0)=f(0)\to f(f(0))=0$$ . Sea $TEX: $x=0, y=f(0)$$ , entonces $TEX: $f(f(f(0)))+f(0)=f(f(0))+[f(0)]^{2}$$ , luego $TEX: $2f(0)=[f(0)]^{2}\to f(0)=2$$ . Luego de obtener estos valores, sea $TEX: $x=0, y=x$$ , entonces $TEX: $f(f(x))+f(0)=f(x)+xf(0)\to f(f(x))=f(x)+2(x-1)$$ Por otra parte si $TEX: $x=x-1, y=1$$ , entonces $TEX: $f(x-1+f(x))+f(x-1)=x-1+f(x)+f(x-1)$$ $TEX: $f(x-1+f(x))=x-1+f(x)$$ Reemplazando esto en la ecuación anterior tenemos $TEX: $$f(f(x-1+f(x)))=f(x-1+f(x))+2((x-1+f(x))-1)$$$ $TEX: $$f(x-1+f(x))=f(x-1+f(x))+2(x-2+f(x))$$$ $TEX: $$\therefore f(x)=2-x$$$ Te faltan soluciones, cuando dices que f(0)^2=2f(0), f(0)=0 tambien es solucion, luego...

jucca! Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 11 2015, 09:51 PM Publicado: #5
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 119 Registrado: 23-January 14 Miembro Nº: 126.719	P5- Sea f(0)=0. Si $TEX: $y=0$$ , entonces $TEX: $f(x+f(x))+f(0)=x+f(x)\to f(x+f(x))=x+f(x)$$ Si $TEX: $y=-1$$ , entonces $TEX: $f(x+f(x-1))+f(-x)=x+f(x-1)-f(x)$$ De donde $TEX: $f(-x)=-f(x)$$ , por Si $TEX: $y=-x$$ , entonces $TEX: $f(x+f(0))+f(-x^2)=x+f(0)-xf(x)$$ $TEX: $f(x)+f(-x^{2})=x-xf(x)$$ Si $TEX: $x=-x$$ , entonces $TEX: $f(-x+f(0))+f(-x^{2})=-x+f(0)+xf(-x)$$ $TEX: $f(-x)+f(-x^{2})=-x+xf(-x)$$ Luego $TEX: $f(x)-f(-x)=2x-x(f(x)+f(-x))$$ . Por lo tanto, como $TEX: $f(-x)=-f(x)$$ , tenemos $TEX: $f(x)=x$$ Por lo tanto tenemos $TEX: $f(x)=2-x$$ , si $TEX: $f(0)=2$$ y $TEX: $f(x)=x$$ , si $TEX: $f(0)=0$$ . No me deja editar el otro post. Suerte a los que participaron!!

asdayuyi Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 13 2015, 02:15 PM Publicado: #6
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 81 Registrado: 10-November 12 Miembro Nº: 112.735 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Pe 1 parte a) Consideremos un triangulo equilátero ABC de lado "L" (claramente los puntos A,B,C forman un conjunto de puntos equilibrado para n=3), ahora consideremos la rotación del triangulo ABC respecto a B, donde si A'BC', se tiene que A' y C' son siempre distintos de A y C, o de C y A respectivamente. Tomando estas rotaciones podemos definir inductivamente un conjunto de puntos equilibrado para "n" impar, ya que si llamamos S al conjunto, y suponemos definidos los primeros n puntos donde todos los puntos son distintos entre si, tenemos que dados dos puntos nuevos X,Y que agregamos a S por rotacion del triangulo original tenemos dos posibilidades: Si X,Y son distintos de B, existe B tal que XB=YB, por otro lado si uno de los dos es B, tenemos que el otro punto, digamos X, se formo por rotación del triangulo original, luego existe otro punto W en S tal que XWB es equilatero, luego el nuevo conjunto S de "n+2" puntos es equilibrado y finalizamos la inducción. Para n par, consideremos D la reflexión del punto A respecto a BC, y tenemos que el rombo ABCD es un conjunto de puntos equilibrado para n=4, luego basta considerar las mismas reflexiones que para el caso anterior.

Seba² Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 13 2015, 05:29 PM Publicado: #7
Dios Matemático Grupo: Moderador Mensajes: 269 Registrado: 30-August 10 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 76.269 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	y la b)? Solución 1b) Si n es impar, basta hacer el poligono regular de n lados. Supongamos que n es par, i.e. n=2k con k>1 y que además existe un conjunto equilibrado y libre de centros. Sea P un punto que dejaremos fijo en el conjunto. Podemos unir los 2k-1 puntos con P y generar 2k-1 simetrales distintas. Sean s1,..., s2k-1 las simetrales. Es obvio ver que son disjuntas, ya que si se intersectan hay un centro. Sin perdida de generalidad supongamos que \|s1\|<=...<=\|s2k-1\|. También vemos que hay k(2k-1) parejas de puntos. Tenemos dos posibilidades: Primera posibilidad: \|s1\|=...=\|s2k-1\|=1 y hay otra siemtral que pasa por p, sea s2k tal siemtral, entonces \|s2k\|=1, en este caso tenemos que distribuir k(2k-1) parejas en 2k simetrales (1 pareja solo tiene 1 sola simetral, y 1 simetral puede tener varias parejas), entonces por palomar, hay una simetral que tiene al menos $TEX: $\displaystyle \left \lceil \frac{k(2k-1)}{2k} \right \rceil=k$$ parejas, es decir, una simetral no pasa por 2k puntos, un absurdo.(Cabe recalcar que dado un punto y una simetral, el otro punto queda determinado únicamente). Segunad posibilidad: \|s1\|=...=\|s2k-2\|=1 y \|s2k-1\|=2. Acá tenemos que distribuir k(2k-1) parejas en 2k-1 simetrales, es decir, por palomar, existe una simeetral con k puntos, esto dice que hay una simetral que no pasa por 2k puntos, otro absurdo. Luego la unica posibilidad para que exista un conjunto equilibrado es para n impar con n>3. -------------------- Estudiante Instituto Nacional General José Miguel Carrera IV Medio(2013) 17 años. Estaba Jesús predicando en el monte Sinaí y dijo a sus discípulos: y = ax² + bx + c ¿Y eso qué es? Dijo uno de los discípulos. A lo que Jesús respondió: ¡Una parábola !

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