domingo, 9 de junio de 2013

Problemas del Día 09-06-13 (Xavi)

1. Sean $P(x)$ y $Q(x)$ polinomios con coeficientes enteros. Sea $a_n=n!+n$. Muestra que si $P(a_n)/Q(a_n)$ es un entero para todo $n$, entonces $P(n)/Q(n)$ es un entero para todo entero $n$ tal  que $Q(n)$ es distinto de $0$.

2. Sea $ABC$ un triángulo con $\angle{A}=90$ y $\angle{B}=20$. Sean $E$ y $F$ puntos sobre $AC$ y $AB$ respectivamente tales que $\angle{ABE}=10$ y $\angle{ACF}=30$. Determina $\angle{CFE}$.

17 comentarios:

Juan dijo...

Bueno, no sé si esto esté bien, se me hace algo fácil, pero bueno.

Existen, por Bezout, $R$ y $S$ con coeficientes enteros tal que
$P(X)=Q(X)R(X)+S(X)$ con degS$\le$ degQ-1.

Entonces $P(a_n)/Q(a_N)=R(a_n)+S(a_n)/Q(a_n)$, entonces éste último término es entero siempre, pero llegará un punto en el que $S(x) \textless Q(x)$, entonces se dará que $S(x)=0$ para infinitos $x$ (es decir, $x=a_m$ con $m$ suficientemente estúpidamente gigante), entonces $s=0$ y $Q | P$.

Juan dijo...

Claro, si $Q(X)=0$ entonces $P(X)=S(X)=0$. También, perdón por confundir minúsculas con mayúsculas.

nivek dijo...

segun yo basta tomar si $p^k$ divide exactamente a $Q(x)$ con $p$ primo (para esto se necesita $Q(x)$ no igual a 0) entonces tomamos $a_n$ con $n=p^k+x$ entonces $p^k$ divide a $Q(a_n)$ y por lo tanto a $P(a_n)$ y por lo tanto divide a $P(x)$ todo sale viendo $mod p^k$ entonces $Q(x)$ divide a $P(x)$

Juan dijo...

De hecho se cumple para cualquier secuencia $a_1$, $a_2$, ...., con que no pueda haber $a_i=a_j$ con $i$ y $j$ distintos.

Adán Medrano Martín del Campo dijo...

Mmm, usé Bezout, y vez que el polinomio residuo es $0$ para infinitos valores, entonces, como este polinomio tiene grado finito, pues es $0$.

Luego vez que $Q$ divide a $P$... y ya?

Adán Medrano Martín del Campo dijo...

Hey! pusiste el problema 3 de redactar de la IMC de Taiwan

Juan dijo...

Ajá, Adán, usé lo mismo también.

¿Es el 2? Ahorita veo.

Juan dijo...
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Juan dijo...
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Juan dijo...
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Juan dijo...
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Juan dijo...

Demostrare que la respuesta es $\boxed{20}$. Primero, demuestro que AFE=40.

Por el Teorema de la Bisectriz, siendo BE la bisectriz de ABC, vemos que $\frac{AE}{EC}=sin70 $$\Rightarrow AE(1+\frac{1}{sin70})=AC \Rightarrow$$ AE=\frac{ACsin70}{1+sin70}$. Similarmente, por el Teorema de la Bisectriz Generalizado, vemos que $\frac{AF}{FB}=\frac{cos70sin30}{sin40}$, $AF+FB=AB \Rightarrow$$ AF=\frac{ABcos70sin30}{cos70sin30+sin40}$.

Asi, $tanAFE=\frac{AE}{AF}=$$\frac{sin70(cos70sin30+sin40)}{cos70sin30(1+sin70)} \times tan20$ , por lo que bastara demostrar que

$tan40=\frac{sin70(cos70sin30+sin40)}{cos70sin30(1+sin70)} \times tan20$.

Llamemos $x=cos20=sin70$ y $y=sin20=cos70$, y recordemos las formulas del doble angulo. Vemos que, porque sin30=1/2,

$\frac{sin70(cos70sin30+sin40)}{cos70sin30(1+sin70)} \times tan20=$$\frac{y+4xy}{1+x}$

y

$tan40=\frac{sin40}{cos40}=\frac{2xy}{2x^2-1}$

por lo que queremos que

$\frac{2xy}{2x^2-1}=\frac{y+4xy}{1+x}$, que ocurre si y solo si

$\frac{2x}{2x^2-1}=\frac{1+4x}{1+x}$, que ocurre si y solo si

$8x^3-6x-1=0$.

Sin embargo, por la formula del triple angulo, $\frac{1}{2}=cos60=4x^4-3x$ por lo que $1=8x^3-6x$.

Asi, $8x^3-6x-1$ es cierto, y AFE=40.

Luego, FCB=40 se ve facilmente, y FBC=20, por lo que AFC=FCB+FBC=60, asi AFC=60. Pero AFC=AFE+EFC=40+EFC por lo que $EFC=20$, y terminamos. $\clubsuit$

Juan dijo...

Xavi, ¿cómo es la solución bonita?

nivek dijo...

yo hice una con un ceva trigonometrico trazas $CD$ tal que $ACB$ mide 20 grados. intersecta a $BE$ en $X$ trazamos $FX$ y entonces angulo $XFC$ es de 10 $FCX$ de 10 $XCE$ de 20 y $XEC$ de 100 entonces $XFE+XEF=40$ y el angulo $EFX$ cumple por ceva trigonometrico en $FEC$ y concurriendo en $X$ $sen(100)/sen(20)=sen(40-x)/sen(x)$ pero eso queda en $1/2sen(10)=sen(40-x)/sen(x)$ y $x=10$ cumple y solo hay una solucion para $sen(40-x)/sen(x)$ ya que seno es decreciente

nivek dijo...

y por eso si $y>x$ entonces $sen(40-y)/sen(y)>sen(40-x)/sen(x)$

Juan dijo...

Ya vi como hacerlo bonito, me faltaba una potencia.
D punto medio BC, G interseccion de AB con mediatriz de BC. Luego G es el pie de bisectriz en triangulo FCB. Basta ver que EF||CG. Pero AE/EC=AB/BC asi que basta ver que AF/FG=AB/BC. Pero AF=CF/2. Asi basta ver que CF/2FG = AB/BC. Pero por teo. bisectriz sale que CF/2FG=CB/2GB y así basta ver que CB^2=2GB*AB, o sea BD*BC=BG*BA que es cierto pues ACDG es ciclico porque $A=D=90$. Entonces ya. $\clubsuit$

Juan dijo...

Ajá.

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