1) ¿Es posible encontrar un entero N tq si a y b son enteros a la misma distancia de N/2 (es decir, N/2-a=b-N/2) y que exactamente uno de a o b puede ser escrito como 19m+85n para algunos enteros positivos n,m?
2) Hay 1985 personas en un cuarto. Cada una habla a lo más 5 lenguajes. Dadas cualesquiera 3 personas, almenos dos de ellas tienen un lenguaje en común. Prueba que hay algún lenjuaje hablado por almenos 200 personas.
3) Dado un triángulo ABC, sea P un pto dentro de él. Sean D, E, F las proyecciones de P en BC, AC y AB, respectivamente. Si $AP^{2}+PD^{2}=BP^{2}+PE^{2}=CP^{2}+PF^{2}$. Muestra que P es el circuncentro del triángulo formado por los excentros del triángulo ABC.
4) Dados reales positivos a,b,c; encuentra las soluciones (x,y,z) para las ecuaciones $ax+by=(x-y)^{2},\:by+cz=(y-z)^{2},\:cz+ax=(z-x)^{2}$
El tercero es un IMO no tan dificil, pero quiero ver si a alguien se le ocurre alguna slución con las isogonales de Jacobi que puso Jorge el otro día, porque presenta la construcción de ese teorema.
El cuarto no he podido hacerlo.
jueves, 2 de junio de 2011
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2 comentarios:
1) Creo que no entendi bien este problema, pero segun entiendo: N/2-a=b-N/2 implica a+b=N y como 19m+85n=19(m+5n), al tomarnos m=1,2,3,4,5 es claro que un entero se puede escribir de la forma 19m+85n (con n,m positivos) si y solo si es de la forma 19k con $k \ge 6$. Por lo tanto para todo N es fácil encontrar enteros a y b tal q ningunoseadivisible entre 19 y porlo tanto N no cumple.
2)Supongamos que hay dos personas A y B que no tienen un lenguaje en común, entonces cada unode los restantes 1983 personas tine un lenguaje en común con alguno de los dos y como A y B tienen a lo más 5 lenguajes cada uno, entonces hay a lo más 10 lenguajes para elegir
Por Casillas habrá al menos 199 personas (distintas de A y B) quehablen uno de esos 10, más A o B (dependiendo quien lo hable) tendremos 200 personas quelo hablan.
Supongamos que cualesquiera dos personas tienen un lenguaje en común. nos fijamos en una, a lo más habla 5 distintos, cada uno de los otros 1984 tiene una en común con el,y por casillas terminamos.
3) $AP^{2}+PD^{2}=BP^{2}+PE^{2}$ implica $AP^{2}-PE^{2}=BP^{2}-PD^{2}$ que implica por pitagoras $AE^{2}=BD^{2}$ que implica $AE=BD$
Analogamente $AF=DC$,$CE=BF$, es conocido que D, E y F son entonces los puntos de contacto de los respectivos excirculos con los respectivos lados del triangulo. sean Oa,Ob y Oc los excentros, entonces OaP,ObP y OcP son perpendiculares a BC, CA y AB respectivamente.
y como ABC es el triangulo ortico del OaObOc entonces OaP,ObP y OcP son las conjugadas isogonales de las respectivas alturas del triangulo OaObOc y por lo tanto concurren en el circuncentro.
4)sin perdida de generalidad supongamos que $x \le y \le z$ supongamos que $by$ es positivo entonces $ax < ax+by=(x-y)^{2}, cz < by+cz=(y-z)^{2},cz+ax <(x-y)^{2}+(y-z)^{2} < (z-x)^{2}=cz+ax$ lo cual es una contradicción.
Si $by$ es negativo entonces $y$ es negativo
sea k=-y (sabemos que x,z son positivos,o no se podrian dar las primeras 2 igualdades) ahora sumamos las primeras dos ecuaciones y le restamos la tercera, nos que da que
$2by=(x-y)^{2}+(y-z)^{2}-(z-x)^{2}$
$-2ky=2kx+2kz+2y^{2}+2xz$ pero la izquierda es negativa y la derechapositiva, contradicción.
por lo tanto y=0
$ax=x^{2}$ osea $x=0 o x=a$
$cz=z^{2}$ osea $z=0 o z=c$
$cz+ax=z^{2}+x^{2}-2xz$ osea $0=-2xz$
osea $x=0 o z=0$
por lo tanto las soluciones (x,y,z) son (0,0,0) (a,0,0) (0,b,0) (0,0,c)
El 2) lo hice igual que Daniel.
Para el 3) llegué igual que Daniel a que $AE=BD, EC=BF, CD=AF$. Después usé este lema:
Lema 1. Sea $ABC$ un triángulo y $DEF$ su triángulo órtico, sean $X,Y,Z$ las proyecciones desde $A,B,C$ a los lados $EF, FD, ED$ respectivamente. Entonces $EX=DY, FX=DZ, FY=EZ$.
Demostración del lema 1. Por semejanza entre los triángulos $AEF$ y $ABC$ se tiene que $EX=\frac{(AE)(BD)}{AB}$ de la misma manera por semejanza entre los triángulos $BDF$ y $BAC$ tenemos que $DY=\frac{(BD)(AE)}{AB}$ por lo que $EX=DY$, análogamente $XF=DZ$ y $FY=EZ$.
Observación 1. Ahora es claro que si en un triángulo $ABC$ la terna ${D,E,F}$ cumple que $D,E,F$ están en $BC, AC, AB$ respectivamente y $AE=BD, AF=CD, BF=CE$ entonces la terna ${D,E,F}$ es única.
Ahora, si llamamos $X, Y, Z$ los excentros de $ABC$ relativos a $A,B,C$ respectivamente, es un hecho conocido que $ABC$ es el triángulo órtico de $X,Y,Z$. Luego, por el lema 1 junto con la observación 1 tenemos que $D,E,F$ son las proyecciones desde los vértices $X,Y,Z$ a los lados $BC,AC, AB$ respectivamente, por lo que $XP$ , $YP$ y $ZP$ son perpendiculares a los lados $BC, AC, AB$ respectivamente. Por lo tanto P es el circuncentro del triángulo $XYZ$.
Los otros dos todavía no los intento.
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