domingo, 7 de junio de 2015

Problemas 7/6/15

Hola. Les dejo otros 5 problemas de TST de Holanda. Ahora son $4$ problemas del 1er TST para la IMO de 2013 y $1$ problema del $TST$ para la BxMO/EGMO de ese mismo año.

1. Determina todas las cuaternas (a,b,c,d) de números reales que satisfacen:

$ab+c+d=3$
$bc+d+a=5$
$cd+a+b=2$
$da+b+c=6$

2. Determina todos los enteros $n$ para los cuales $\frac{4n-2}{n+5}$ es el cuadrado de un número racional.

3. Sea $ABC$ un triángulo. Sea $\Gamma_1$ el circulo por $B$ tangente a $AC$ en $A$. Sea $\Gamma_2$ el círculo por $C$ tangente a $AB$ en $A$. La segunda intersección de $\Gamma_1$ y $\Gamma_2$ le llamamos $D$. La línea $AD$ se intersecta con el circuncírculo de $ABC$ en $E$ ($E\neq A$). Muestra que $D$ es el punto medio de $AE$.

4. Determina todas las funciones $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ que satisfacen

$f(x+yf(x))=f(xf(y))-x+f(y+f(x))$

para todos los $x,y \in \mathbb{R}$.

5. Sea $n\geq 3$ un entero y considera un tablero de $n\times n$ dividido en $n^2$ cuadritos unitarios. Para toda $m\geq 1$ se tiene una cantidad arbitraria de rectángulos de $1\times m$ (tipo 1) y de $m\times 1$ (tipo 2). Cubrimos el tablero con $N$ de estos rectángulos, sin que se encimen y de modo que todo rectángulo está dentro del tablero. Se nos pide que se use la misma cantidad de rectángulos de tipo $1$ que de tipo $2$ (observa que un rectángulo de $1\times 1$ tiene ambos tipos). ¿Cuál es el minimo valor posible de $N$?


13 comentarios:

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

En el 4 demuestras que $ f(f(0))=0=f(f(0)^2) $ y llegas a que $f(x)=0$ o $f(x)=1-x$.

Juan dijo...

al de geo, el D es punto de miquel de AABC y ya

Juan dijo...

No entiendo el 5, qué no $N=n^2/m$ siempre?

Leo dijo...

Hola. Creo que la confusión en el 5 es que la $m$ no es fija. Más bien, la $n$ es fija y para _todos_ los enteros $m$ se tienen fichas de $1\times m$ y $m\times 1$. Al combinar fichas con distintos valores de $m$ puedes reducir la cantidad total de piezas a utilizar.

Juan dijo...

está interesante el 5. es $n/2 + O(1)$

Juan dijo...

Digo, $ 2n+\mathcal{O}(1)$

Juan dijo...

Más precisamente

$ N = 2n - \frac{1-(-1)^n}{2} $

Antonio Lopez Guzman dijo...

para el 1 sumas la ecuacion 1 con la 3 y la 2 con la 4, las restas y te queda (a-c)(d-b)=6, luego de la 1 y 2 despejas la d y las igualas y llegas a que 2=(b-1)(c-a) entonces llegas a que
2/(b-1)=6/(b-d), haces lo mismo para despejar a,c,d de esa forma, con esas ecuaciones ya es facil ver que a=2,b=0,c=0,d=3

Antonio Lopez Guzman dijo...

para el 2 tienes que $2(2n-1)b^2=(n+5)a^2$, si n es par puedes por descenso infinito ver que no hay solcuiones, si n es impar lo escribes como n=2k+1, y llegas a que
$(4k+1)b^2=(k+3)a^2$,veo que el unico factor comun que pueden tener 4k+1 y k+3 es 11, si fueran primos relativos veo que tienen que ser ambos cuadrados ya que si no me fijo en un primo con una potencia impar que divida a k+3, y puedo llegar a que no hay soluciones, y si son ambos multiplos de 11 haciendo algo similar llego a que no hay soluciones, entonces 4k+1 y k+3, son cuadrados, y la unica soluyciones k=6 y eso me da n=13, y la fraccion inicial es igual a $(\frac{5}{3})^2$

Antonio Lopez Guzman dijo...

para el 3 te fijas en el circuncentro O, sea <DCA=<DAB=a y <DAC=<DBA=b, veo que <BDC=<BOC=2a+2b, entonces BDOC es ciclico y tengo que <CDO=<CBO=90-a-b y con eso tengo que OD es perpendicular a EA, y como O es el centro D es el punto mediop de EA

Antonio Lopez Guzman dijo...

para el 4 sustituyes x=y=0 y sacas que f(f(0))=0, con x=y=1 sacas que f(f(1))=1, luego sustituyes x=f(0) y sacas que A: 0=f(f(0)f(y))-f(0)+f(y), en la inicial con y=0 sacas que B: f(x)=f(xf(0)-x+f(f(x), y sustituyendo en B x=1 sacas f(1)=0 entonces f(0)=1,, entonces A se cambia a que f(f(y))=1-f(y), y si sustituyes en B viendo ahora que f(0) es 1 llegas a que f(f(x))=x, de estast ultimas dos concluyes que f(x)=1-x y sustituyes en la inicial y si cumple

Ariel dijo...

En el 1, sumando las primeras 2 y restandoles las otras dos te queda $(a + c - 2)(b - d) = 0$. No se puede $b = d$ porque entonces la primera y la cuarta se contradicen, entonces $a + c = 2$. Sumando las primeras dos te queda $b + d = 3$. Ahora sumando la segunda y la tercera tienes $2a + 3c = 4$, y como $a + c = 2$ tienes $a = 2$ y $c = 0$. Sustituyendo en la primera te queda $2b + d = 3$, y como $b + d = 3$ tienes $b = 0$ y $d = 3$. Finalmente la unica opcion es $(2, 0, 0, 3)$ que si cumple.

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