Problema del dia 16 de Septiembre

Como es el ultimo dia para poner problemas en el blog, antes de que se vayan a Paraguay, les dejo dos problemas:

1. Encontrar todas las funciones $f : \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ que satisfacen las dos condiciones siguientes:
a) $f(n) f(-n) = f(n^2)$ para toda $n \in \mathbb{Z}$
b) $f(m+n)=f(m) + f(n) +2mn$ para todos $m, n \in \mathbb{Z}$


2. Encuentra todos los enteros positivos $n \geq 2$ tales que para números reales arbitrarios $x_1$, $x_2$, $\dots$, $x_n$ se tiene la siguiente desigualdad
$$(x_1+x_2+\cdots+x_n)^2 \geq n (x_1x_2 + x_2x_3 + \cdots + x_nx_1)$$

Solucion al problema 9 de septiembre

A mi me salio el problema con geometria analitica. jeje.

Problema del día: 14 de septiembre

Se tienen 1000 manzanas, cada una de ellas pesa al menos 25 gramos y entre todas pesan 10 kg. Tienen que ser cortadas de tal manera que le puedas dar 100 gramos a cada uno de 100 niños. Muestra que es posible hacer ésto de tal manera que cada trozo pesa al menos 25 gr.

Solución 9 de septiembre

Sean $S$ y $T$ las intersecciones de $BP$ y $PC$ con $HQ$ y $HR$, respectivamente. Sean $F$ y $G$ las proyecciones de $A$ sobre $CP$ y $BP$, respectivamente. El triángulo $BPC$ es rectángulo porque $MB=MP=MC$. Luego no es difícil ver que

\[\angle BCP=\angle CPM=\angle HPB=\angle BHS= \angle STH=\alpha\]

Lo que pide el problema es equivalente a demostrar que $\angle HRQ= \angle HTS=\alpha$, osea que $ST$ y $QR$ son paralelas. Notemos que $QH$ y $PC$ son paralelas por ser perpendiculares a $BP$. Analogamente $BP$ y $HR$ son paralelas. Ahora nos fijamos en el triángulo BPC y usando semejanzas que obtenemos de las paralelas hacemos:

\[\frac{BS}{CT}=\frac{\frac{BP\cdot SH}{CP}}{CT}=\frac{BP}{CP}\cdot \frac{PT}{CT}=\frac{BP}{CP}\cdot \frac{HT^2}{CT^2}=\frac{BP^3}{CP^3}\]

Por otra parte es fácil ver que AFPG es rectángulo porque es paralelogramo y tiene ángulos rectos, también $\angle APF= \angle CPM=\alpha$ y entonces los triángulos $AFP$ y $BPC$ son semejantes. Luego

\[\frac{AF}{AG}=\frac{AF}{FP}=\frac{BP}{CP}\]

Como los triángulos $FPG$ y $CPB$ también son semejantes se tiene

\[\frac{BG}{CF}=\frac{BP}{CP}\]

Finalmente usando que $QS$ es paralela a $AG$ y $TR$ es paralela a $AF$ se tiene

\[\frac{QS}{TR}=\frac{\frac{AG\cdot BS}{BG}}{\frac{CT\cdot AF}{CF}}=\frac{BS}{CT}\cdot \frac{AG}{AF}\cdot \frac{CF}{BG}=\frac{BP}{CP}=\frac{HS}{HT}\]

Esto implica que $QR$ y $ST$ son paralelas,, como queríamos.

11 de septiembre de 2010

Sea $ABCD$ un cuadrilátero cíclico circunscrito a una circunferencia. El incírculo del cuadrilátero $ABCD$ toca a los lados $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$ en los puntos $K$, $L$, $M$ y $N$, respectivamente. Las bisectrices de los ángulos exteriores a $DAB$ y $ABC$ se intersectan en el punto $K$'. Las bisectrices de los ángulos exteriores a $ABC$ y $BCD$ se intersectan en el punto $L$'. Las bisectrices de los ángulos exteriores a $BCD$ y $CDA$ se intersectan en $M$'. Las bisectrices de los ángulos exteriores a $CDA$ y $DAB$ se intersectan en $N$'. Prueba que las rectas $KK$', $LL$', $MM$' y $NN$' son concurrentes.

Problema del dia: 10 de Septiembre

Se consideran 2002 segmentos en el plano tales que la suma de sus longitudes es la unidad. Probar que existe una recta r tal que la suma de las longitudes de las proyecciones de los 2002 segmentos dados sobre r es menor que 2/3.

Problema del día: 9 de Septiembre

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo y sea $M$ el punto medio de $BC$. Sea $P$ el punto en el segmento $AM$ tal que $BM = PM$ y sea $H$ el pie de la perpendicular de $P$ a $BC$. Sean $Q$ y $R$ puntos en $AB$ y $AC$ tales que $HQ$ es perpendicular a $PB$ y $HR$ es perpendicular a $PC$. Pruebe que el circuncírculo de $QHR$ es tangente a $BC$ en $H$.

Para Daniel

Que onda Daniel, no te he visto mucho en el blog...

Irving es famoso

Vean este link

http://foros.eluniversal.com.mx/entrevistas/detalles/17227.html

Problema del Día 8 de septiembre

Sea $f(n)$ el número de parejas $(x,y)$ de enteros positivos tales que $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{n}$. Demuestra que $f(n) = \tau(n^2)$ donde $\tau(n)$ es igual al número de divisores de $n$.

Problema del dia 7 de Septiembre

Encuentra todas las funciones $f$, de los números reales en los números reales que satisfacen
la ecuación $f(x)f(y) = f(x+y) + xy$ para cualesquiera números reales $x$ y $y$.

Hall of Fame

Aquí les presento como quedo el Hall of Fame de México después de la IMO 2010 y antes de la Ibero. Para que vean cuanto podrían subir con la Ibero. Este hall of fame lo hicimos principalmente Rogelio y yo, con participación amplia de muchos exolimpicos para definir criterios. Cualquier pregunta en los comentarios.

HALL OF FAME (en Google Documents)

Problema del día 5 de septiembre:

Sea n mayor que 1 y sea X un conjunto con n elementos. Sean A_1, A_2,..., A_n subconjuntos de X tales que la unión de cualesquiera 50 de ellos tiene más de (50/51)n elementos. Demuestra que es posible elegir tres de estos subconjuntos tales que cualesquiera dos de ellos tienen intersección no vacía.

Conjuntos en una cantidad impar de subconjuntos.

Denotamos por P(S) al conjunto de los subconjuntos de S.

Tomemos N={1,2,...,n}. La función f:P(P(N)) - > P (P(N)) manda un subconjunto de subconjuntos C al subconjunto de subconjuntos que están contenidos en una cantidad impar de elementos de C.
Por ejemplo, si N={1,2,3} y C={{1},{2},{1,2},{1,3},{1,2,3}}, entonces f(C)={vacío, {2},{23},{123}}, pues {2} está contenido en una cantidad impar de elementos de C (en {2}, {1,2} y {1,2,3}), y así con el resto.

Demuestra que f(f(C))=C.

Hola. Para quienes ya conocían el problema de geometría que les puse, aquí les va este:

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo, sean $D, E, F$ los pies de las alturas desde $A, B, C$, respectivamente. Sea $P$ la intersección de $EF$ con $BC$. Por el punto $D$ trazamos una paralela a $EF$ que corta a $AB$ y $AC$ en $Q$ y $R$, respectivamente. Si $M$ es el punto medio de $BC$, pruebe que $MPQR$ es un cuadrilátero cíclico.

Problema del 1 de septiembre

Demostrar que si a^n+n divide a b^n+n para todo n entonces a=b.

Solución del 2 de sep

Aplicamos inversión con centro $F$ y como los circuncírculos de $BCF$ y $DEF$ son tangentes, entonces las rectas en las que se invierten son paralelas, lo mismo pasa con las circunferencias $BEF$ y $CDF$. Entonces $B_1E_1D_1C_1$ es un paralelogramo. Luego $\angle BCD= \angle BED$ pero $\angle BCD= \angle BCF+ \angle FCD$ y $\angle BED= \angle BEF+ \angle FED$. Luego sabemos que para cualesquiera puntos $X, Y \neq F$ se tiene $\angle FXY= \angle FY_1X_1$. Entonces

\[\angle FB_1E_1+\angle FD_1E_1=\angle FB_1C_1 + \angle FD_1C_1\]

Pero como $B_1E_1D_1C_1$ es paralelogramo también

\[\angle FB_1E_1+\angle FB_1C_1=\angle FD_1E_1 + \angle FD_1C_1\]

De donde

\[\angle FB_1E_1= \angle FD_1C_1\]

de esto se concluye fácil que $B_1,F,D_1$ son colineales. Por otra parte $BE$ se invierte en $\Gamma_{1}$, el circuncírculo de $B_1E_1F$ y $CD$ se invierte en $\Gamma_{2}$, el circuncírculo de $C_1D_1F$. Entonces $A_1$ es la intersección de $\Gamma_{1}$ y $\Gamma_{2}$ con $A_1\neq F$. Usando cíclicos y paralelas:

\[ \angle FA_1C_1+ \angle FA_1E_1= \angle FD_1C_1+(\pi -\angle FB_1E_1)=\pi\]

Entonces $C_1, A_1$ y $E_1$ son colineales y por lo tanto $F,C,A$ y $E$ son concíclicos.

2 de septiembre de 2010

Sea $ABC$ un triángulo con $\angle BAC < \angle ACB$. Sean $D$, $E$ puntos sobre los lados $AC$ y $AB$ tal que los ángulos $ACB$ y $BED$ son congruentes. Si $F$ es un punto en el interior del cuadrilátero$BCDE$ tal que el circuncírculo del triángulo $BCF$ es tangente al circuncírculo de $DEF$ y el circuncírculo de $BEF$ es tangente al circuncírculo de $CDF$, prueba que los puntos $A$, $C$, $E$ y $F$ son concíclicos.

Problema 31 de Agosto 2010

Demostrar que para cada numero natural n hay una potencia de 2 cuya expresion decimal tiene entre sus ultimos n digitos (de la derecha)mas de (2/3)n - 1 digitos que son iguales a cero.

Dada una circunferencia $K$, considere un cuadrilátero $ABCD$ con sus cuatro lados tangentes a $K$, con $AD$ tangente a $K$ en $P$ y $CD$ tangente a $K$ en $Q$. Sean $X$ e $Y$ los puntos donde $BD$ corta a $K$ y sea $M$ el punto medio de $XY$. Demuestre que $\angle AMP = \angle CMQ$

Resultados de los examénes selectivos para la ibero

Prob 1 Prob 2 Prob 3 Prob 4 Prob 5 Prob 6 Prob 7 Prob 8 Prob 9
Daniel 7 7 6 7 7 7 7 7 7 62
Flavio 7 7 6 7 7 7 7 7 6 61
Irving 7 0 7 7 2 7 7 7 7 51
Manuel 7 1 4 7 2 7 7 7 3 45
Georges 7 0 4 7 5 0 7 7 2 39
Jose Luis 7 1 0 7 1 0 7 7 1 31

Acerca del posible lugar de Mexico en la ibero.

Acerca de la discusion entre David y Georges en torno al analisis de este ultimo y de como
son los procesos en otros paises para elegir delegaciones, me gustaria remarcar varias cosas.

1. Les pedia que realistamente me dijeran el lugar en el que Mexico debe quedar en la ibero, basados en varias cosas, como ya lo apunto Georges, pero se les olvida una cosa, cuando Mexico gano la ibero en el 2006, entre los cuatro de la delgacion mexicana estaban Pablo, Joshua e Isaac, que si mal no recuerdo estan en el top 4 del Hall of Fame que hizo David. (Por cierto le pedimos de favor a David que nos mande el Hall of Fame actualizado para ver el lugar de Daniel)

2. Por mucho tiempo se ha pensado que Brasil tenia ventaja en la ibero (y no me acuerdo que otro pais) pues en sus delegaciones llevan estudiantes que ya llevan al menos seis meses en la licenciatura (algunos de ellos en el IMPA), esto porque las reglas de la ibero asi lo permiten. Claro que esto puede debatirse pues Mexico les gano en el 2006 y Peru en el 2009.

3. No se si se puede decir que otros paises no llevan sus mejores delegaciones a la ibero, pues sus procesos y reglamentos para asistir son diferentes, asi como el de nosotros. Ejemplo, hay varios paises donde los cuatro mejores de la IMO (que puedan participar) califican directamente a la ibero, sin embargo, en Argentina su reglamento creo que no permite llevar exactamente los mismos participantes, solo algunos.

4. Otros paises quieren llevar delegaciones diferentes a la IMO, Ibero y centro para darle mas oportunidad a mas estudiantes pero esto no significa que manden los mejores estudiantes a la IMO.

Acerca del problema del 17 de agosto

Perdon por el error, la traduccion del ruso al ingles de la redaccion del problema estaba mal, asi que tuve que buscar alguien que me tradujera el problema en ruso. Tienen razon cada par de ciudades conectadas se interpreta como una aerolinea diferente.

Georges, Flavio e Irving interpretaron el problema correctamente y resolvieron bien la desigualdad, sin embargo los tres estan mal en la parte de la condicion para la igualdad o al menos les faltan considerar casos donde se da la igualdad.

Jose Luis, Manuel y Daniel tienen tache pues ni siquiera comentaron.

Solución problema 16 de agosto

Informacion del Entrenamiento en Cuernavaca (Alumnos y Entrenadores)

Hola a Todos

El entrenamiento sera en la Facultad de Ciencias de la UAEM y el hospedaje sera en el hotel Villa Calmecac, toda la informacion la pueden encontrar en

www.villacalmecac.com

Los examenes selectivos seran
domingo 22, martes 24 y jueves 26, todos por la MANANA

Saludos

Rogelio

Problema del 17 de agosto

En cierto pais hay $n$ ciudades, algunas de las cuales estan conectadas
por aerolineas que van de ida y vuelta. Hay $m$ aerolineas diferentes en total.
Para $i=1, 2, \dots, n$, sea $d_i$ el numero de aerolineas que salen de la ciudad $i$. Si
$1 \leq d_i \leq 2010$ para cada $i=1, 2, \dots, 2010$, muestra que
$$\sum_{i=1}^n d_i^2 \leq 4022m - 2010n.$$

Encuentra todos los $n$ para los cuales la igualdad se alcanza.

Problema del 16 de agosto (unas horas tarde)

Hola,

Les dejo este problema:

"En un círculo se escriben números rojos y números azules. Cada número rojo es la suma de los dos números que están a sus lados, y cada número azul es la mitad de la suma de los números que están a sus lados. Demuestra que la suma de los números rojos es cero."

Al rato checo para ver si ya les salió o dejo una sugerencia,

Saludos,

Pablo

Triángulos rectángulos congruentes

Hola a todos, mucho ánimo con los entrenamientos. Les dejo el siguiente problema:

Se comienza con cuatro triángulos rectángulos congruentes. En un paso, es permitido tomar uno de ellos y cortarlo por la altura a la hipotenusa, obteniendo así dos nuevos triángulos (y perdiendo el anterior).

Demuestra que sin importar que pasos hagas, siempre habrá dos triángulos congruentes.

Problema del 15 de agosto

Prueba que cada numero entre 1 y n! puede ser escrito como la suma de a lo mas n divisores distintos de n!

Varias Cosas

Hola a Todos

Se que en los ultimos dos dias no hubo problemas, espero que esto se restablezca pronto, es decir, espero que hoy ya tengan problema para trabajar.

Acerca de sus comentarios, bueno, creo que Jose Luis solo dije Aye y despues ya no ha tenido ninguna participacion en el blog, no se que pasa con el.

Acerca de la pregunta que les hice acerca de lo minimo que se debe sacar en la ibero, respondieron Georges, Irving, Manuel y Daniel y todos coincidieron en plata. Los que no dijeron nada fueron Jose Luis (de hecho no ha participado) y Flavio (que sabemos que esas cosas no son importantes para el)

Ahora la pregunta es la siguiente: siendo realistas, basados en la historia de la ibero y en los resultados de la IMO, en que lugar debe quedar Mexico como pais en la ibero?