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.