sábado, 18 de mayo de 2013

Examen IMO Mock 1 Sabado 18 de Mayo, 3:00 pm


Problema 1. Sean $ABC$ un triángulo y $H$ el ortocentro del triángulo.
Sean $L$, $M$ y $N$ los puntos medios de los lados $AB$, $BC$ y $CA$, respectivamente.
Muestra que
$$HL^2+HM^2+HN^2 < AL^2+BM^2+CN^2$$
si y sólo si $ABC$ es acutángulo.


Problema 2. Encuentra todas las funciones $f : \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ tales que
$$f(m-n+f(n))=f(m) + f (n)$$
 para todos  $m, n \in \mathbb{Z}$.

Problema 3. Sea $n$ un entero positivo, y sea $A_n$ el conjunto de enteros positivos $a$ menores o iguales que $n$ tales que $n|(a^n+1)$.
a) Encuentra todas las $n$ tales que $A_n$ es no vacio.
b) Encuentra todas las $n$ tales que el n\'umero de elementos $|A_n|$ de
$A_n$ es par diferente de cero.
c) ¿Existe alguna $n$ tal que $|A_n|=130$?


Tiempo 4 horas

30 comentarios:

rvaldez dijo...


Hola a Todos

Ya puse el primer examen imo mock. Ojala que lo puedan empezar a las 3, para terminar a las 7.
Tienen hasta las 10 de la noche para subir las soluciones y a esa hora empiezo a revisarlas.

Juan dijo...

Son 4 horas o 4 horas y media (aún no lo veo, lo tapé con mi mano)

rvaldez dijo...


4 Horas

Juan dijo...

¿Cómo les fue?

Xavi dijo...

Hice 1, 2 e inciso a del 3

Xavi dijo...

¿Las soluciones las escribimos aquí?

Juan dijo...

Yo el 1, el 2, el 3(a) seguro, el 3(b) no estoy seguro, creo que sí, y el 3(c) si estoy bien en el 3(b). Si estoy mal en el 3(b), entonces el 3(c) no lo hice.

Juan dijo...

Tengo la misma pregunta que Xavi. ¿Las posteamos aquí?. (P.D. ¿Era el examen B? ¿Eran shortlist? ¿Cuáles eran?)

Enrique dijo...

¿Subimos las soluciones aquí como comentarios?

David (sirio11) dijo...

Si, estaria bien

David (sirio11) dijo...

No es el examen B, Rogelio supongo luego les dira de donde son

David (sirio11) dijo...

Y creo en el 1er comentario Rogelio escribio:

"Tienen hasta las 10 de la noche para subir las soluciones y a esa hora empiezo a revisarlas."

Xavi dijo...

¿Podriamos tomarle fotos a nuestras redacciones y mandarselas a Rogelio por inbox o por mail?

David (sirio11) dijo...

Quizas tomarles fotos y publicarlas aqui en el blog como post?

Juan dijo...

se puede?

David (sirio11) dijo...

Si, si publicas como post nuevo, puedes publicar imagenes, de titulo nada mas le pones

Soluciones (Juan) Examen IMO Mock 1

No creo que Rogelio tenga problema y si estaría padre que aparecieran en el blog todas sus soluciones, igual y así también ayuda a que publiquen inmediatamente lo que hicieron en las 4 horas.

Diego Alonso Roque Montoya dijo...

En latex o escritas?

Diego Alonso Roque Montoya dijo...

Yo lo terminé en 1 hora 20 minutos.(1.19.54 paré el cronometro para ser exacto)

David (sirio11) dijo...

A mi me suena que seria mejor publicar lo que hicieron exactamente en el tiempo que usaron (porque al escribirla otra vez, puede variar obviamente), y por eso suena bien la idea de tomarle foto a sus soluciones, pero no se que opine Rogelio. Por lo tanto como prefieran esta bien. También es buena idea publicar el tiempo que se tardaron en cada problema por ejemplo y quizás algunos otros comentarios laterales sobre que fue pasando en el examen que crean pueden ser de interés.

Juan dijo...

En orden de resolución: (incluido redactar)

Problema 2: 15 minutos
Problema 1: 2 horas
Problema 3: (a) 30 minutos
(b) 30 minutos
(c) 10 minutos

Eso le dediqué a cada cosa.

Juan dijo...

Solito se explica que me atonté en el problema 1.

Enrique dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
Enrique dijo...

Problema 1

Sean $D,E,F$ los pies de alturas en $ABC$ desde $A,B,C$.
Sean $\angle A=\alpha, \angle B=\beta, C=\gamma$.

Supongamos que $ABC$ es acutángulo. Entonces, $\angle BHC=\angle EHF=180-\alpha>90$ pues $AEHF$ es cíclico. Análogamente, $\angle CHA,\angle AHB>90$.
Tomemos el círculo con centro $M$ y radio $BM$.Como $\angle BHC>90$, $H$ está dentro del círculo y $BM>HM$, análogamente $AL>HL, CN>HN$, entonces $AL^{2}+BM^{2}+CN^{2}>HL^{2}+HM^{2}+HN^{2}$, como queríamos.

Ahora, supongamos que $ABC$ es rectángulo. Es evidente que $AL=HL, BM=HM, CN=HN$, entonces $AL^{2}+BM^{2}+CN^{2}=HL^{2}+HM^{2}+HN^{2}$.

Supongamos que $ABC$ es obtusángulo, s.p.g. con $\alpha>90$. Entonces, $A$ está entre $H$ y $D$, luego $\angle BHC=180-\angle FAE=180-\angle BAC=180-\alpha<90$, pues $AEHF$ es cíclico. $\angle AHB=90-\angle AHF=\angle ACB=\gamma<90$, análogamente $\angle CHA=\beta<90$.
Tomemos el círculo con centro $M$ y radio $BM$.Como $\angle BHC<90$, $H$ está fuera del círculo y $BM<HM$, análogamente $AL<HL, CN<HN$, entonces $AL^{2}+BM^{2}+CN^{2}<HL^{2}+HM^{2}+HN^{2}$, como queríamos.


Entonces, $HL^{2}+HM^{2}+HN^{2}<AL^{2}+BM^{2}+CN^{2}$ si y sólo si $ABC$ es acutángulo.

Enrique dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
Enrique dijo...


Problema 2

Sea $D=\{x|x\in\mathbb{Z}, f(x)=2x\}$.

Sustituyendo $m=n$, nos queda $f(f(n))=2f(n)$, entonces $f(n)\in D \forall n\in\mathbb{Z}$.

Si $n\in D$, $f(m-n+f(n))=f(m-n+2n)=f(m+n)$
$=f(m)+f(n)$.
Además, si $m\in D, n\in D$, $f(m+n)=f(m)+f(n)=2(m+n)$, luego $m+n\in D$. Entonces, $f(m-n+f(n))=f(m-n)+f(f(n))$
$=f(m-n)+2f(n)=f(m)+f(n)$
$\Rightarrow f(m-n)=f(m)-f(n) \forall m,n\in\mathbb{Z}$.

Supongamos que $m\in D$. Entonces, $m+f(n)\in D$, de donde $f(m)+f(n)=f(-n+m+f(n))=f(-n)+f(m+f(n))=f(-n)+f(m)+2f(n)$
$\Rightarrow f(-n)=-f(n) \forall n\in\mathbb{Z}$.

Entonces, si $l=-n$, $f(m+l)=f(m)-f(-l)=f(m)+f(l) \forall m,l\in\mathbb{Z}$, entonces por Cauchy tenemos que $f(n)=cn$ con $c$ constante, y $f(f(n))=2f(n)\Rightarrow c^{2}n=2cn$. Entonces, $c=0$ ó $c=2$. Sustituyendo las soluciones $f(n)=0$ y $f(n)=2n$ en la ecuación original es fácil ver que cumplen.

Enrique dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
Enrique dijo...

Problema 3

a) Afirmamos que esto sucede cuando $n$ es impar, cuando $n=2$ o cuando $n=2x$, donde todo primo que divide a $x$ es de la forma $4k+1$.

$A_{n}$ es no vacío si y sólo si existe $a\leq n$ tal que $n\mid a^{n}+1$.
Supongamos que $A_{n}$ es no vacío.

Si $n$ es impar, $n\mid (n-1)^{n}+1$.
Si $n$ es par, $a$ es impar. Con $n=2$, $a=1$ cumple. Para $n>2$, sea $n=2^{k}x$ con $x$ impar, luego $2^{k}x\mid a^{2^{k}x}+1\Rightarrow 2^{k}\mid (a^2{k})^{x}+1$. Por LTE, tenemos que como $x$ es impar, $v_{2}((a^{2^{k}})^{x}+1)=v_{2}(a^{2^{k}}+1)+v_{2}(x)=v_{2}(a^{2^{k}}+1)$, luego $2^{k}\mid a^{2^{k}}+1$. Como $\phi(2^{k})=2^{k-1}$, $2^{k}\mid a^{2^{k-1}}-1\Rightarrow 2^{k}\mid a^{2^{k}}-1\Rightarrow 2^{k}\mid 2$, entonces $k=1$.
Si $k=1$, existe $a$ tal que $2x\mid (a^{x})^{2}+1$, entonces $-1$ es residuo cuadrático módulo $x$. Si $-1$ es residuo cuadrático, existe $a\leq x$ con $x\mid a^{2}+1\mid a^{2x}+1$. Entonces, existe $a\leq 2x$ tal que $2x\mid a^{2x}+1$ si y sólo si existe $a\leq x$ tal que $x\mid a^{2x}+1$ si y sólo si $-1$ es residuo cuadrático módulo $x$ si y sólo si todo divisor primo de $x$ es de la forma $4k+1$.

b) Si $n$ es par, $n=2x$, luego $2x\mid a^{2x}+1$. $n=2$ no cumple. Supongamos que $n\geq 4$. Como $a$ es impar y como sólo hay un impar en ${1,2,...,2x}$ congruente con $a$ mod $x$, la cantidad de $a$'s $\leq 2x$ con $2x\mid a^{2x}+1$ es igual a la cantidad de $a$'s $\leq x$ con $x\mid a^{2x}+1$.
Si $p^{\alpha}\parallel x$ (con $p$ primo), $p^{\alpha}\mid a^{2x}+1\Rightarrow a^{2x}\equiv 1$ (mod $p^{\alpha}$). Si $a^{2x}\equiv 1$, entonces $(-a)^{2x}\equiv 1$, y como $p^{\alpha}$ no es $1$ (mod $p^{\alpha}$ y $p^{\alpha}-1$ es par, nos queda que hay una cantidad par de $a$'s $\leq p^{\alpha}$ tal que $p^{\alpha}\mid a^{2x}+1$. Si $x=p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}...p_{k}^{\alpha_{k}}$ es su descomposición en primos, y definimos $B_{i}=\{a\colon a\leq p_{i}^{\alpha_{i}}, p_{i}^{\alpha_{i}\mid a^{2x}+1}\}$, nos queda que $\mid B_{i}\mid$ es par. Por teorema chino del residuo hay exactamente un $a\leq x$ con $x\mid a^{2x}+1$ por cada $k$-ada $(b_{1},b_{2},...,b_{k})$ con $b_{i}\in B_{i}$, luego $\mid A_{i}\mid$ es el producto de los $\mid B_{i}\mid$'s, que es par.

Si $n$ es impar, $n\mid a^{n}+1$.
Veremos que si $p$ es primo, $p^{\alpha}\parallel n$, la cantidad de $a$'s tal que $p^{\alpha}\mid a^{n}+1$, $a\leq p^{\alpha}$ es impar.
Como $n$ es impar, $-a^{n}\equiv (-a)^{n}$ (mod $p^{\alpha}$), entonces si $a^{n}\equiv -1$, $(-a)^{n}\equiv 1$. Así, $\mid A_{n}\mid$ es igual a la cantidad de $a$'s con $a^{n}\equiv 1$. Es impar, pues $(a,p^{\alpha)=1 \Rightarrow$ existe $a^{-1}$ inverso a $a$ mod $p^{\alpha}$, y si $a^{n}=1$, entonces $(a^{-1})^{n}\equiv 1$. Como el único $a$ tal que $a\equiv a^{-1}$ es $1$, esta cantidad es impar. Entonces, si $n=p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}...p_{k}^{\alpha_{k}}$ es su descomposición en primos, y definimos $B_{i}=\{a\colon a\leq p_{i}^{\alpha_{i}}, p_{i}^{\alpha_{i}\mid a^{2x}+1}\}$, nos queda que $\mid B_{i}\mid$ es impar. Por teorema chino del residuo hay exactamente un $a\leq x$ con $x\mid a^{2x}+1$ por cada $k$-ada $(b_{1},b_{2},...,b_{k})$ con $b_{i}\in B_{i}$, luego $\mid A_{i}\mid$ es el producto de los $\mid B_{i}\mid$'s, que es impar.

Entonces, sólo los $n$ pares que cumplen el inciso a) salvo el $2$ cumplen el inciso b).

c) $n$ debe ser par. Como $\mid A_{n}\mid$=$\mid B_{1}\mid \mid B_{2}\mid...\mid B_{k}\mid=2\cdot 5\cdot 13$, con $\mid B_{i}\mid$ par para todo $i$, $k=1$, luego $n=2x=2p^{\alpha}$.

Enrique dijo...

Cómo recuerdo haber administrado mi tiempo en el examen:
Intenté todos en la primera media hora.
30 min P1
10 min P2
10 min P1 (resuelto)
40 min P2 (resuelto)
30 min P3 a)(resuelto)
30 min P3 b)
20 min redactar P1,P2
20 min P3 b) (resuelto)
10 min P3 c)
10 min redactar P3 a),b),c)

Juan dijo...

Mi tiempo desglosado:
P1: 5 min
P2: 10 min (resuelto).
P2: 5 min (redactado)
P1: 1 hora
P3a: 10 min
P1: 1/2 hora (resuelto)
P1: 1/2 hora (redactado)
P3a: 20 min (resuelto y redactado)
P1 y P2: 5 min (checar)
P3b: 40 min (resuelto y redactado)
P3c: 10 min (resuelto)
P3c: 10 min (redactado)
P3: 5 min (checar)

Diego Alonso Roque Montoya dijo...

Desglose:
P1: 20 Minutos
P2: 20 Minutos
P3: 40 Minutos
Los hice y redacté, al redactarlos me tardé como cinco minutos en cada uno, maximo 10.

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