jueves, 2 de junio de 2011

PROBLEMA DEL DIA: 02 DE JUNIO (MANUEL)

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.

2 comentarios:

DANIELIMO dijo...

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)

jorge garza vargas dijo...

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.

Publicar un comentario