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APMO 2000, Ssp: 3,4,5

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 22 2007, 11:42 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$} Calcule la suma:<br />$\displaystyle\sum_{i=0}^{101} \dfrac{x_i^3}{1-3x_i+3x_i^2}$ para $x_i=\dfrac{i}{101}$ .$ Solucion: $TEX: \noindent $\mathcal{S}=\displaystyle\sum_{i=0}^{101}\dfrac{x_i^3}{1-3x_i+3x_i^2}$\\<br />\\<br />$\mathcal{S}=\displaystyle\sum_{i=0}^{101}\dfrac{x_i^3}{(1-x_i)^3+x_i^3}$\\<br />\\<br />$\mathcal{S}=\displaystyle\sum_{i=0}^{101}\dfrac{i^3}{(101-i)^3+i^3}$\\<br />\\<br />$\mathcal{S}=\left( \dfrac{0^3}{101^3+0^3}+\dfrac{101^3}{0^3+101^3}\right)+\left( \dfrac{1^3}{100^3+1^3}+\dfrac{100^3}{1^3+100^3}\right)+...+\left(\dfrac{50^3}{51^3+50^3}+\dfrac{51^3}{50^3+51^3}\right)$\\<br />\\<br />$\mathcal{S}=\displaystyle\sum_{i=0}^{50}1$\\<br />\\<br />$\boxed{\mathcal{S}=51}$$ $TEX: $\boxed{Resuelto\ por\ Luffy}$$ $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 2$} Encuentre todas las permutaciones $a_1,...,a_9$ de $1,...,9$ tales que <br />\\ $a_1+a_2+a_3+a_4=a_4+a_5+a_6+a_7= a_7+a_8+a_9+a_1$ <br />\\y<br />\\$a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2=a_4^2+a_5^2+a_6^2+a_7^2= a_7^2+a_8^2+a_9^2+a_1^2$$ Solucion: $TEX: Llamemos $A, B, C$ a los numeros ubicados en los vertices del triangulo formado. Sean $a_{1}, a_{2}$ los numeros que pertenecen a la recta de vertices $B,C$. Analogamente definimos $b_{1}, b_{2}, c_{1}, c_{2}$.<br /><br />Tenemos que $A+c_{1}+c_{2}+B=B+a_{1}+a_{2}+C=C+b_{1}+b_{2}+A=m$. Sumando: $A+B+C+45=3m\Rightarrow A+B+C\equiv 0\pmod3$ ()<br /><br />Por otra parte $A^2+c_{1}^2+c_{2}^2+B^2=B^2+a_{1}^2+a_{2}^2+C^2=C^2+b_{1}^2+b_{2}^2+A^2=n$. Sumando: $A^2+B^2+C^2+285=3n\Rightarrow A^2+B^2+C^2\equiv 0\pmod 3$ ()<br /> <br />Ocupando () y () podemos verificar que $A\equiv B\equiv C\equiv r\pmod 3$. De esto podemos deducir que $\boxed {(A,B,C)=(1,4,7)}$, $\boxed {(A,B,C)=(2,5,8)}$ o $\boxed {(A,B,C)=(3,6,9)}$. Analizaremos cada caso: <br /><br />Caso 1: $(A,B,C)=(1,4,7)$. Tenemos que $m=(A+B+C+45)/3=19$, donde $m$ es la suma de los numeros en cada lado del triangulo. Luego $a_{1}+a_{2}=8, b_{1}+b_{2}=11, c_{1}+c_{2}=14$. Por otra parte $n=(A^2+B^2+C^2+285)/3=117$ donde $n$ es la suma de los cuadrados de los numeros en cada lado del triangulo. Luego $a_{1}^2+a_{2}^2=52, b_{1}^2+b_{2}^2=67, c_{1}^2+c_{2}^2=100$ Pero $a_{1}, a_{2}, b_{1}, b_{2}$ son irracionales. Por lo tanto descartamos este caso.<br /><br />Caso 2: $(A,B,C)=(2,5,8)$. Tenemos que $m=(A+B+C+45)/3=20$ y $n=(A^2+B^2+C^2+285)/3=126$. Luego $a_{1}+a_{2}=7, b_{1}+b_{2}=10, c_{1}+c_{2}=13$; $a_{1}^2+a_{2}^2=37, b_{1}^2+b_{2}^2=58, c_{1}^2+c_{2}^2=97$. Obtenemos que $a_{1}=1, a_{2}=6, b_{1}=3, b_{2}=7, c_{1}=4, c_{2}=9$<br /><br />Caso 3: $(A,B,C)=(3,6,9)$. Tenemos que $m=(A+B+C+45)/3=21$ y $n=(A^2+B^2+C^2+285)/3=137$. Luego $a_{1}+a_{2}=6, b_{1}+b_{2}=9, c_{1}+c_{2}=12$; $a_{1}^2+a_{2}^2=20, b_{1}^2+b_{2}^2=47, c_{1}^2+c_{2}^2=92$, el cual no nos sirve porque $b_{1}, b_{2}, c_{1}, c_{2}$ son irracionales <br /><br />Por lo tanto podemos distribuir los numeros con el siguiente algoritmo:<br /><br />i) Los numeros en los vertices deben ser $2,5,8$.<br /><br />ii) Entre el $2$ y el $5$ deben estar el $4$ y el $9$.<br /><br />iii) Entre el $2$ y el $8$ deben estar el $3$ y el $7$<br /><br />iv) Entre el $5$ y el $8$ deben estar el $1$ y el $6$$ $TEX: $\boxed{Resuelto\ por\ Fatal\ Collapse}$$ $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 3$} Sea $ABC$ un triangulo. Sean $M$ y $N$ los puntos en los cuales la transversal de gravedad y la bisectriz desde $A$, respectivamente, cortan a $BC$. Sean $Q$ y $P$ los puntos en los que la perpendicual por $N$ a $NA$ corta a $MA$ y $BA$ respectivamente. Y $O$ el punto en el cual la perpendicular a $BA$ por $P$ encuentra a $AN$.<br /><br />Pruebe que $QO$ es perpendicular a $BC$.$ Solucion: (Pendiente) $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 4$} Sean $n,k$ enteros positivos con $n>k$ . Pruebe que: <br />$\dfrac{1}{n+1} \cdot \dfrac{n^n}{k^k (n-k)^{n-k}} < \dfrac{n!}{k! (n-k)!} < \dfrac{n^n}{k^k(n-k)^{n-k}}$$ Solucion: (Pendiente) $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 5$} Dada una permutacion ($a_0,a_1,...,a_n$) de la secuencia $0,1,...,n$. Una transportacion de $a_i$ con $a_j$ el llamada legal si $a_i=0$ para $i>0$ , y $a_{i-1}+1=a_j$. La permutacion ($a_0,a_1,...,a_n$) es llamada regular si despues de un numero legal de transportaciones se vuelve ($0,1,...,n$). Diga para que numeros $n$ la permutacion ($1,n,n-1,...,3,2,0$) es regular.$ Solucion: (Pendiente) Mensaje modificado por Luffy** el Sep 26 2011, 11:05 PM

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 7 2008, 09:20 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_1}$$ $TEX: \noindent $\mathcal{S}=\displaystyle\sum_{i=0}^{101}\dfrac{x_i^3}{1-3x_i+3x_i^2}$\\<br />\\<br />$\mathcal{S}=\displaystyle\sum_{i=0}^{101}\dfrac{x_i^3}{(1-x_i)^3+x_i^3}$\\<br />\\<br />$\mathcal{S}=\displaystyle\sum_{i=0}^{101}\dfrac{i^3}{(101-i)^3+i^3}$\\<br />\\<br />$\mathcal{S}=\left( \dfrac{0^3}{101^3+0^3}+\dfrac{101^3}{0^3+101^3}\right)+\left( \dfrac{1^3}{100^3+1^3}+\dfrac{100^3}{1^3+100^3}\right)+...+\left(\dfrac{50^3}{51^3+50^3}+\dfrac{51^3}{50^3+51^3}\right)$\\<br />\\<br />$\mathcal{S}=\displaystyle\sum_{i=0}^{50}1$\\<br />\\<br />$\boxed{\mathcal{S}=51}$$

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 26 2009, 02:27 PM Publicado: #3
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:	Problema 2: $TEX: Llamemos $A, B, C$ a los numeros ubicados en los vertices del triangulo formado. Sean $a_{1}, a_{2}$ los numeros que pertenecen a la recta de vertices $B,C$. Analogamente definimos $b_{1}, b_{2}, c_{1}, c_{2}$.<br /><br />Tenemos que $A+c_{1}+c_{2}+B=B+a_{1}+a_{2}+C=C+b_{1}+b_{2}+A=m$. Sumando: $A+B+C+45=3m\Rightarrow A+B+C\equiv 0\pmod3$ ()<br /><br />Por otra parte $A^2+c_{1}^2+c_{2}^2+B^2=B^2+a_{1}^2+a_{2}^2+C^2=C^2+b_{1}^2+b_{2}^2+A^2=n$. Sumando: $A^2+B^2+C^2+285=3n\Rightarrow A^2+B^2+C^2\equiv 0\pmod 3$ ()<br /> <br />Ocupando () y () podemos verificar que $A\equiv B\equiv C\equiv r\pmod 3$. De esto podemos deducir que $\boxed {(A,B,C)=(1,4,7)}$, $\boxed {(A,B,C)=(2,5,8)}$ o $\boxed {(A,B,C)=(3,6,9)}$. Analizaremos cada caso: <br /><br />Caso 1: $(A,B,C)=(1,4,7)$. Tenemos que $m=(A+B+C+45)/3=19$, donde $m$ es la suma de los numeros en cada lado del triangulo. Luego $a_{1}+a_{2}=8, b_{1}+b_{2}=11, c_{1}+c_{2}=14$. Por otra parte $n=(A^2+B^2+C^2+285)/3=117$ donde $n$ es la suma de los cuadrados de los numeros en cada lado del triangulo. Luego $a_{1}^2+a_{2}^2=52, b_{1}^2+b_{2}^2=67, c_{1}^2+c_{2}^2=100$ Pero $a_{1}, a_{2}, b_{1}, b_{2}$ son irracionales. Por lo tanto descartamos este caso.<br /><br />Caso 2: $(A,B,C)=(2,5,8)$. Tenemos que $m=(A+B+C+45)/3=20$ y $n=(A^2+B^2+C^2+285)/3=126$. Luego $a_{1}+a_{2}=7, b_{1}+b_{2}=10, c_{1}+c_{2}=13$; $a_{1}^2+a_{2}^2=37, b_{1}^2+b_{2}^2=58, c_{1}^2+c_{2}^2=97$. Obtenemos que $a_{1}=1, a_{2}=6, b_{1}=3, b_{2}=7, c_{1}=4, c_{2}=9$<br /><br />Caso 3: $(A,B,C)=(3,6,9)$. Tenemos que $m=(A+B+C+45)/3=21$ y $n=(A^2+B^2+C^2+285)/3=137$. Luego $a_{1}+a_{2}=6, b_{1}+b_{2}=9, c_{1}+c_{2}=12$; $a_{1}^2+a_{2}^2=20, b_{1}^2+b_{2}^2=47, c_{1}^2+c_{2}^2=92$, el cual no nos sirve porque $b_{1}, b_{2}, c_{1}, c_{2}$ son irracionales <br /><br />Por lo tanto podemos distribuir los numeros con el siguiente algoritmo:<br /><br />i) Los numeros en los vertices deben ser $2,5,8$.<br /><br />ii) Entre el $2$ y el $5$ deben estar el $4$ y el $9$.<br /><br />iii) Entre el $2$ y el $8$ deben estar el $3$ y el $7$<br /><br />iv) Entre el $5$ y el $8$ deben estar el $1$ y el $6$$ -------------------- 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, 11:03 PM Publicado: #4
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 @ Jan 26 2009, 03:27 PM) Problema 2: $TEX: Llamemos $A, B, C$ a los numeros ubicados en los vertices del triangulo formado. Sean $a_{1}, a_{2}$ los numeros que pertenecen a la recta de vertices $B,C$. Analogamente definimos $b_{1}, b_{2}, c_{1}, c_{2}$.<br /><br />Tenemos que $A+c_{1}+c_{2}+B=B+a_{1}+a_{2}+C=C+b_{1}+b_{2}+A=m$. Sumando: $A+B+C+45=3m\Rightarrow A+B+C\equiv 0\pmod3$ ()<br /><br />Por otra parte $A^2+c_{1}^2+c_{2}^2+B^2=B^2+a_{1}^2+a_{2}^2+C^2=C^2+b_{1}^2+b_{2}^2+A^2=n$. Sumando: $A^2+B^2+C^2+285=3n\Rightarrow A^2+B^2+C^2\equiv 0\pmod 3$ ()<br /> <br />Ocupando () y (**) podemos verificar que $A\equiv B\equiv C\equiv r\pmod 3$. De esto podemos deducir que $\boxed {(A,B,C)=(1,4,7)}$, $\boxed {(A,B,C)=(2,5,8)}$ o $\boxed {(A,B,C)=(3,6,9)}$. Analizaremos cada caso: <br /><br />Caso 1: $(A,B,C)=(1,4,7)$. Tenemos que $m=(A+B+C+45)/3=19$, donde $m$ es la suma de los numeros en cada lado del triangulo. Luego $a_{1}+a_{2}=8, b_{1}+b_{2}=11, c_{1}+c_{2}=14$. Por otra parte $n=(A^2+B^2+C^2+285)/3=117$ donde $n$ es la suma de los cuadrados de los numeros en cada lado del triangulo. Luego $a_{1}^2+a_{2}^2=52, b_{1}^2+b_{2}^2=67, c_{1}^2+c_{2}^2=100$ Pero $a_{1}, a_{2}, b_{1}, b_{2}$ son irracionales. Por lo tanto descartamos este caso.<br /><br />Caso 2: $(A,B,C)=(2,5,8)$. Tenemos que $m=(A+B+C+45)/3=20$ y $n=(A^2+B^2+C^2+285)/3=126$. Luego $a_{1}+a_{2}=7, b_{1}+b_{2}=10, c_{1}+c_{2}=13$; $a_{1}^2+a_{2}^2=37, b_{1}^2+b_{2}^2=58, c_{1}^2+c_{2}^2=97$. Obtenemos que $a_{1}=1, a_{2}=6, b_{1}=3, b_{2}=7, c_{1}=4, c_{2}=9$<br /><br />Caso 3: $(A,B,C)=(3,6,9)$. Tenemos que $m=(A+B+C+45)/3=21$ y $n=(A^2+B^2+C^2+285)/3=137$. Luego $a_{1}+a_{2}=6, b_{1}+b_{2}=9, c_{1}+c_{2}=12$; $a_{1}^2+a_{2}^2=20, b_{1}^2+b_{2}^2=47, c_{1}^2+c_{2}^2=92$, el cual no nos sirve porque $b_{1}, b_{2}, c_{1}, c_{2}$ son irracionales <br /><br />Por lo tanto podemos distribuir los numeros con el siguiente algoritmo:<br /><br />i) Los numeros en los vertices deben ser $2,5,8$.<br /><br />ii) Entre el $2$ y el $5$ deben estar el $4$ y el $9$.<br /><br />iii) Entre el $2$ y el $8$ deben estar el $3$ y el $7$<br /><br />iv) Entre el $5$ y el $8$ deben estar el $1$ y el $6$$ Solucion correcta felicitaciones

asdayuyi Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 20 2015, 11:03 AM Publicado: #5
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 81 Registrado: 10-November 12 Miembro Nº: 112.735 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	P3 Sea K la interseccion de PQ con AC, es facil ver que OK es perpendicular a AC. Sea X la interseccion de la bisectriz desde A con el circuncirculo del triangulo ABC. Notemos que XM es perpendicular a BC y si trazamos las paralelas a PO y OK por X con D,E los puntos de interseccion con las rectas AB y AC respectivamente tenemos que los puntos D, M, E por Simson son colineales. Luego PK y DE son paralelas de donde por thales AP/AD=AQ/AM=AO/AX, luego QO es paralela a MX y tenemos lo pedido

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