lunes, 6 de junio de 2011

Varios problemas del día (Centros)

1) En la escuela de Octavio, la maestra de matemáticas puso el siguiente problema: Se tiene una primera lista de números $L_1=\{1,2,3,...,2006\}$. La lista nueva se hace poniendo las sumas y las restas de cada pareja de números en la lista anterior. Sea $A_n$ la suma de los números en la $n$-ésima lista $L_n$ y sea $B_n$ la cantidad de números en la $n$-ésima lista $L_n$. Muestra que 2$A_{2008}B_{2009}=3A_{2009}B_{2008}$.
Juan no sabe si los números repetidos en la lista se cuentan una o varias veces, entonces decide preguntar a la maestra. Ella responde que no importa, pues en ambos casos el problema es cierto. Demuestra que la maestra tiene razón.

2)En un triángulo $ABC$ con circuncentro $O$, se definen los puntos $O_A,O_B,O_C$ como los circuncentros de los triángulos $OBC$, $OCA$ y $OAB$, respectivamente. Determinar condiciones necesarias y suficientes en el triángulo $ABC$ para que $O_AO_BO_C$ sea un triángulo equilátero.

3) Se tiene un triángulo equilátero de lado $n$ dividido en $n^2$ triangulitos equiláteros de lado 1 de la forma usual. Se quiere colocar tres fichas, cada una en casillas distintas, de manera tal que no haya dos casillas vecinas con ficha. ¿De cuántas maneras se puede hacer esto? (Dos casillas son vecinas si comparten un lado y dos acomodos se consideran distintos aunque uno pueda obtener el otro rotando o reflejando)

4) Sea $\{a_n\}$ una sucesión definida de la siguiente forma:
\[a_1=1\\\ a_2=1,\\\ a_3=2,\\\ a_{n+3}=a_{n+2}+a_n.\]
Probar que para todo entero positivo $n$ existen enteros positivos $i,j,k,m$, no necesariamente distintos, tales que $a_{2n}=a_i^2+a_j^2+a_k^2-a_m^2$.

14 comentarios:

Juan dijo...

2. Toma M y N los puntos medios de OA y OB respectivamente. Así, $O_C$ es la itnersección de las perpendiculares a OA y OB por M y N respectivamente. $OMNO_C$ es cíclico así que como $O_C$ = 60, $O$ = 120 y $C$ = 60. Así, análogamente, A=B=C=60 Y ABC es equilátero.

Juan dijo...
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Juan dijo...

Para el 3 sin contar reflejados ni rotados:
3. Se pueden escoger las fichas de $C(n^2, 3)$ maneras, pero restamos el número de posiciones que tienen fichas vecinas (que vendría siendo $(n^2-2)x$ donde $x$ es el número de aristas) y sumamos el número de fichas $y$ cuyas 3 fichas son vecinas (pues en cada una de estas posiciones (a las que llamaremos trios), hay dos pares de vecinos).
Vemos que $x = 3n(n-1)/2$ por inducción o con formula de Gauss.
Para contar los trios, vemos que cada uno tiene su mitad (el que es vecino de todos). Las esquinas no pueden ser mitades. Los lados son mitades de nada más un trio. El resto de la gente es mitad de 3 trios. Como el número de esquinas es 3 y el de lados es $(n-2)3$, hay $3(n-2) + 3(n^2 - n + 2 - 3)$
$=3(n^2-3)$ trios.
Así, hay:
$C(n^2, 3) - (3n(n-1)/2)(n^2-2) + 3(n^2-3)$
configuraciones buenas.

Adán dijo...

En el 2 me salió si y solo si $ABC$ es equilátero, en el 3 me salió que las maneras son:

$\frac{n^6-12n^4-9n^3+74n^2+54n-198}{6}$

maneras.

Juan dijo...

El $1$ no es cierto, pero si en vez de multiplicarlo por 3, le sumas 2, entonces si lo sería (para el caso de quitar numeros repetidos). No habrá algún error?

IrvinG dijo...

El 1 está bien, pero hay algo que tal vez no es tan claro. Si yo tomo dos números $\{a,b\}$ de la lista (pareja no ordenada), estos van a generar (en el caso en que si se repite) los tres números $a-b,b-a,a+b$.

IrvinG dijo...

Juan, resolviste mal el problema 2.

IrvinG dijo...

Ah, y Adán también. Chequen bien los casos, se les está escapando algo.

Adán dijo...

Si, se me escapó horriblemente. Es equilátero si y solo si $ABC$ es equilátero o $ABC$ tiene ángulos de $30^{\circ}, 30^{\circ}, 120^{\circ}$.

Juan dijo...

oh se me paso abc obtusangulo. pero es casi igual

Juan dijo...

ah ok, también la diff. negativa?

a y b se borran, y se ponen esos 3 numeros?

IrvinG dijo...

Si, son tres números como ya dije antes. Y aunque sea casi igual el otro caso, no lo hiciste. En el examen de verdad de nada sirve que después digas que "es casi igual"

Enrique dijo...

1. Para cuando los números de las listas se pueden repetir: Nos basamos en las siguientes recursiones:
$A_{n+1}=A_{n}(B_{n}-1)$
$B_{n+1}=3C(B_{n},2)$
Veremos que las recursiones son ciertas.
Para la primera, tenemos que para cualquier pareja de números $(a,b)$ en $L_{k}$, la suma de los números que genera en $L_{k+1}$ es $a-b+b-a+a+b=a+b$. Luego, como hay $B_{k}$ elementos en $L_{k}$, hay $C(B_{k},2)$ parejas de números, y podemos asociar la suma de cada pareja con cada pareja. Entonces, como cada uno de los $B_{k}$ números se suma una cantidad igual de veces, cada número se suma $\frac{2C(B_{k},2)}{B_{k}}=B_{k}-1$ veces (hemos utilizado el hecho de que cada pareja contiene 2 números). Como la suma de los elementos en $L_{k}$ es $A_{k}$, entonces $A_{k+1}=A_{k}(B_{k}-1)$, como queríamos.
Para la segunda recursión tenemos que cada pareja de números en $L_{k}$ genera $3$ elementos en $L_{k+1}$, y como hay $C(B_{k},2)$ parejas de números, en conjunto generan $3C(B_{k},2)=B_{k+1}$ elementos en $L-{k+1}$.
Así, podemos convertir todos los subíndices a $2008$ con las recursiones, y nos queda:
$\frac{2A_{2008}(3B_{2008})(B_{2008}-1)}{2}=3A_{2008}B_{2008}(B_{2008}-1)$, que es cierto.
Para cuando los números en las listas sólo se cuentan una vez: Primero vemos que es evidente que eliminar los números repetidos en las listas finales ($L_{2008}$ y $L_{2009}$) resulta en las mismas listas que si vamos construyendo las listas desde $L_{1}$ de manera que al construir cada nueva lista eliminamos los números repetidos (ya que al generar números a partir de números repetidos generamos exactamente los mismos valores que si hubiéramos quitado esos números repetidos).
Sean $m_{n}$ y $M_{n}$ el mínimo y máximo elemento de $L_{n}$. Ahora, demostraremos que $|M_{k}|-|m_{k}|=|M_{k}|-|m_{k}|-1$ para $k$ entre 1 y 2006 (inclusive). Claramente $|M_{1}|-|m_{1}|=2005>0$, y $m_{k}$ es negativo para $k\geq 2$, con $M_{2}-m_{2}=2004$. Ahora, supongamos que para algún $l$ tal que $l\geq 2$ y $|M_{l}|>|m_{l}|$ tenemos que $|M_{l}|-|m_{l}|=x$. Entonces, por la desigualdad que supusimos tendremos que $M_{l+1}=M_{l}+(M_{l}-1)=2M_{l}-1$ y $m_{l+1}=m_{l}-M_{l}$, luego $|M_{l+1}|-|m_{l+1}|=2M_{l}-1-(M_{l}-m_{l})=|M_{l}|-|m_{l}|-1=$, donde hemos usado que $m_{l}$ es negativo. Así, esta diferencia decrece en $1$ cada nueva lista, como queríamos. De aquí es fácil ver que $|M_{k}|-|m_{k}=2006-k$, luego la diferencia alcanza el 0 en $L_{2006}$. Es facil ver que a partir de aquí $M_{k}=-m_{k}$.
Ahora, es fácil ver que $L_{2}$ contiene todos los enteros del -2005 al 4009 (salvo el 0), y $L_{3}$ tiene a los enteros del -6014 al 2017 (ahora con el 0, generado por 1+(-1) por ejemplo). Ahora veamos que para $k\geq 3$, $L_{k}$ contiene a todos los enteros desde $m_{k}$ hasta $M_{k}$. En efecto, si suponemos a manera de inducción que algún $L_{k}$ cumple esta condición, entonces podemos generar los positivos de $1$ a $M_{k+1}$ sumando los números en las parejas $(0,1), (0,2),...,(0,M_{k}),$ $(1,M_{k}),(2,M_{k}),...,(M_{k}-1,M_{k})$ (ya habiamos usado antes que $M_{k+1}=2M_{k}-1$), el cero sumando $-1+1$, y los negativos de $-1$ hasta $m_{k+1}$ haciendo las restas $0-1,0-2,...,0-M_{k},-1-M_{k},-2-M_{k},...,m_{k}-M_{k}$ (también ya habíamos visto la última diferencia es $m_{k+1}$). Con esto acabamos la inducción.
Ahora, volviendo a la igualdad que queremos demostrar, como 2008>2006, tendremos que $M_{2008}=-m_{2008}$ y como están todos los números de $-M_{2008}$ a $M_{2008}$ en $L_{2008}$, la suma de todos, es decir $A_{2008}$, es evidentemente 0. Lo mismo pasa para $A_{2009}$. Asi, la igualdad se transforma en $0=0$, que es cierto.

Enrique dijo...

A partir de aquí nada más pondré la ``idea'' de los problemas.
2. Para este dividí en casos con respecto a la medida de los ángulos (tomaré $\angle BAC=\alpha$ como referencia), y diré que un punto está del mismo lado de $A$ con respecto a $BC$ inclusive cuando ese punto está sobre $BC$:
-$0<\alpha\leq 45$ Así $O$ y $O_{A}$ están del mismo lado de $A$ con respecto a la recta $BC$.
-$45<\alpha\leq 90$ Así $O$ está del mismo lado de $A$ con respecto a la recta $BC$ pero $O_{A}$ no.
-$90<\alpha\leq 135$ Así $O_{A}$ está del mismo lado de $A$ con respecto a la recta $BC$ pero $O$ no.
-$135<\alpha<180$ Así $O$ y $O_{A}$ están de distinto lado de $A$ con respecto a la recta $BC$.
De aquí saqué que para que los ángulos que queriamos fueran de 60º, $\alpha$ podía ser sólo 30º, 60º o 120º, y las únicas combinaciones posibles son que $ABC$ sea equilátero o que sea isósceles con un ángulo de $120$.

3. Básicamente hice lo mismo que Juan, conté primero las ternas de triángulos posibles y después les resté las ternas que tenían al menos dos triángulos que compartían una arista. Nada más que segun yo los ``tríos'' (en notación de Juan) son en total $3(n-1)^{2}$.

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