acerca del problema del 28 de mayo

Solo para informar acerca del problema 28 de mayo que me toco proponer.
Solo se recibieron dos soluciones correctas de Irving y de Daniel, y de hecho nadie mas comento

Resultados de la centro

(Enviado por Pablo hace unas horas)

La centro fue en Mayagüez, Puerto Rico. Participaron 14 paises, ya que Barbados y Cuba no pudieron ir. Jamaica, Trinidad & Tobago e Islas Virgenes Americanas fueron los 3 paises que participaron por primera vez. Los alumnos de Mexico obtuvieron 41 puntos (Diego), 35 puntos (Julio) y 32 puntos (Fernando). Los cortes estuvieron en 36 para oro, 30 para plata y 22 para bronce. México fue el país con más puntos (108), despues estuvo Colombia con 99. Las otras dos medallas de oro fueron para dos alumnos de Colombia. En total hubo 41 estudiantes ya que Trinidad y Tobago sólo llevó a dos alumnos. Se aprobó a México para la siguiente centro y al Salvador para 2012.

Se otorgó "solución creativa" a Diego en el problema 5 y es la segunda vez que se da este reconocimiento a una persona en la centro. Se dieron 3 oros, 7 platas, 11 bronces y 10 menciones de honor. Los puntajes de los chicos de Mexico fueron
Diego: 7 7 7 7 6 7 (oro)
Julio 7 7 6 7 1 7 (plata)
Fernando 7 7 7 7 1 3 (plata)

Problema del dia 31 de mayo

En una fiesta cada invitado recibe dos sombreros uno rojo y uno azul. Al comenzar la fiesta, todos los invitados se ponen el sombrero rojo. Varias veces a lo largo de la fiesta, el locutor anuncia el nombre de alguno de los invitados y, en ese momento, el nombrado y cada uno de sus amigos se cambian el sombrero que llevan puesto por el del otro color. Demostrar que el locutor puede lograr que todos los invitados tengan puesto el sombrero azul. Dificultad 5 de IMO

Solución 30 de mayo Irving

Se cortó la imagen un poco, pero creo que si se entiende, sino me preguntan.

Problema del día: Mayo-30-10

Diez gansters están parados en un campo. La distancia entre cada par de ellos es diferente. Cuando el reloj marca exactamente las 12, cada ganster mata al ganster que tiene mas cerca. Cual es el mayor numero de ganster que puede sobrevivir.

Solución al problema propuesto por Carlos.

Mejor tarde que nunca :)

Solución 29 de mayo, Irving

Problema del día: Mayo-29-10

Desigualdad

Pongo una desigualdad que no me sale, a ver si alguien tiene idea de cómo hacerla (de preferencia sin usar multiplicadores de Lagrange).

Sean x,y,z reales positivos, demostrar que


81xyz(x^2+y^2+z^2)<=(x+y+z)^5

Solución 28 mayo, Irving

Sea n un entero mayo que 2007. Primero mostramos que podemos encontrar un triángulo de lados b_2009, r_2009 y w_2009. Podemos suponer sin pérdida de generalidad que b_2009 es el segmento más grande de los 6027 que hay en total. Entonces como b_2009 es un lado de uno de los 2009 triángulos originales tenemos b_2009< r_i+w_r para algunos enteros i,w<=2009. Pero r_i+w_r< r_2009+w_2009, entonces b_2009Voy a probar que podemos tener k=1. Sea n>2007 un entero positivo. Consideremos los siguientes 2009 triángulos: (2n,2n,n-2007) y (2t,t,t+1) con t=n,n-1,n-2,...,n-2007. En los triángulos (2t,t,t+1) pintamos de azul el lado 2t, de rojo el lado t y de blanco el lado t+1. Para el triángulo (2n,2n,n-2007) pintamos de azul un lado 2n, de rojo el otro lado 2n y de blanco el lado n-2007. Entonces para j=1,2,...,2008 se tiene b_j=2t y r_j=w_j=t para algún entero positivo t entre n y n-2007. Entonces no hay triángulo con lados b_j, r_j, w_j, excepto cuando j=2009.

Solución 27 de mayo, Irving

Problema del Día: 28 de mayo

Encuentra el mayor entero positivo k, tal que el siguiente enunciado es verdadero:

Considera 2009 triángulos no degenerados dados. En cada triángulo, los tres lados se pintan, uno de azul, uno de rojo y uno de blanco. Ahora, para cada color por separado, se ordenan las longitudes de los lados y se obtiene

b_1 <= b_2 <= ...<= b_2009 las longitudes de los lados azules
r_1 <= r_2 <= ... <=r_2009 las longitudes de los lados rojos
w_1 <= w_2 <= ...<= w_2009 las longitudes de los lados blancos

Entonces existen k indices j tales que se puede formar un triángulo no degenerado con longitudes b_j, r_j, w_j.


(problema de lista corta, equivale a un problema 1 o 4 de la IMO)

Problema 27 de mayo

Hola, Entiendo que mando este problema tarde pero técnicamente sigue siendo 27 de mayo. El problema que les mando es bastante bonito y parece que les encanta este tipo de trucos en la IMO, a ver qué les parece

Problema:
Dado p un número primo, encuentra el número de subconjuntos de { 1, 2, 3, ... , 2p } de p elementos tales que su suma sea un múltiplo de p.

Saludos desde Puerto Rico,

Pablo

Soluciones al problema del 26 y al problema de carlos

Tengo las soluciones a los dos problemas escritas en Word, pero no se como poner los dibujos y lo que escribi con ayuda del editor de ecuaciones.

Pista para el Problema del Dia 23 de mayo

Irving y Diego han solucionado el inciso a, pero nadie ha hecho el inciso b), así que les daré una pista para una de las soluciones, una solución que creo les ayudará en cuestión de una buena técnica para la IMO (y la ibero).

Supongamos que tenemos un triángulo equilátero. Sin pérdida de generalidad un vértice está en el círculo con centro en el origen. Ahora, digamos que otro vértice está en el círculo con centro en(a,b) donde a y b son enteros no negativos (sin pérdida de generalidad de nuevo).
Ahora, supongamos que los vértices son exactamente esos puntos con coordenadas enteras. Calculen donde caería el tercer vértice (hay dos opciones, escojan su favorita de las dos). Ahora demuestren que si los vértices no están en puntos con coordenadas enteras, el tercer vértice quedara muy cerca de ese punto.
Con esta información, pueden saber que tan cerca tiene que estar ese punto de un punto con coordenadas enteras. Ahora pueden usar fracciones continuas y ponerle una cota al asunto.

Lo que dice Flavio...

Hola a Todos

Espero que este post no lo consideren menos importante ya que no habla de ningun problema para resolver, y espero que no los distraiga mucho tiempo de las cosas importantes que tienen que hacer, pero hay una post que escribio Flavio que me parece bueno reproducir, esto lo escribio en respuesta a varios comentarios de un post de Jose Luis (esto por si no lo han visto):

"A mi me parece que si el le quiere dar importancia a acabar bien la escuela esta bien, por que aunque a ustedes organizadores les parece muy facil que nosotros le demos mas importancia a la olimpiada, la verdad es que la escuela tambien es bastante presion, asi que no creo que le debas como decir que salir bien de la escuela no es importante, si a el le importa, eso basta. "

Como "organizador" de la olimpiada me siento aludido directamente, y de hecho siento un "y a ustedes que les importa". Entonces creo que puedo hablar un poco en el sentir del comite.

Bueno pues resulta que ustedes 6, van a REPRESENTAR a Mexico, a todo el pais, en tal vez en el evento internacional academico mas importante del mundo, donde un resultado positivo puede marcar sus vidas de cierta manera y si esto no es suficiente para priorizar ciertas cosas entonces no entiendo nada.

Flavio si a el le importa mas la escuela (y no dijo que asi sea, es hipotetico) entonces no deberia estar en la olimpiada y punto, mucho menos ahora que esta por representar a Mexico. Creo que ustedes adquieren un gran compromiso a la hora de decidir partipar en la olimpiada, sobretodo si tienen posibilidades de estar en los primeros lugares de Mexico. Ademas se me hace ilogico que de los 500 participantes de la IMO ustedes sean los unicos que tienen presion de la escuela, entonces ahora entiendo porque nunca quedamos en el top 20.

Aqui creo que estamos hablando de que terminar bien la prepa siginifica un buen promedio, pues resulta que a nadie le va importar tu promedio de la prepa en el futuro, sin embargo una medalla de oro te abriría mucho mas las puertas que piensas abrir con un buen promedio en la prepa.

Y como "organizador" si me importa que hagan un buen papel, no por intereses personales, yo siempre he dicho que mi principal motivacion para estar en la olimpiada es para tratar de ayudar a los alumnos a que tengan las mejores condiciones para una buena participacion y creo que eso en parte puede ser la motivacion de gran parte del comite.

solucion del prob del 24 de mayo

Me tarde en postear por que no me salia una parte (aun no me sale) pero espero entre hoy manana comentar el resto de la solucion, o que me digan si lo que estoy tratando de probar no es cierto.
Pues Si probamos que que los triangulos son homoteticos ya acabamos pues por consiguiente
seran semejantes.
pero si tomamos los triangulos de los cuales esos 3 puntos son los de tangencia del incirculo
de cada uno, entonces basta probar que esos son homoteticos.
Pero esos triangulos resultan ser ABC y el formado por las tangentes al circuncirculo de ABC
en D, E y F.
Osea basta probar que la tangente al circuncirculo por D es paralela a BC, pero eso ocurre si
y solo si D es punto medio del arco BC, que contiene a A.
Pero eso ocurre si y solo si AD es bisectriz externa de ABC, ya que esta siempre pasa por
ese punto medio del arco que contiene a A.

Solución 26 de mayo, Irving

Problema

Este es un problema de nivel IMO.

Sean a y b dos enteros postitivos que son primos relativos y tambien a-b es impar.

Si S es el conjunto con la propiedad de que a y b estan en S y que si x,y,z estan en S entonces x+y+Z esta en S.

Demuestra que todo entero mayor a 2ab esta en S

"A que país deberíamos superar en la IMO?" version 2

Acerca de la pregunta de David,
el primer comentario de Manuel ... bueno David ya le contesto, un resbalon de Manuel, tanto que hasta borro su post

Como varios han expresado que es una buena meta ganarle a Latinoamerica aqui va mi opinion.
Creo que Mexico podria ser capaz de ganarle a toda latinoamerica (basicamente a Brasil, Peru y por ahi Argentina y Colombia) mas o menos permanentemente, algo que ya sucedio en el 2006, entonces no deberia ser una meta, pues eso deberia de pasar.
Claro que lo que dice Diego de ganarle a toda America ya me parece un poco exagerado, pero una buena meta sería ganarle a Canada.

Lo que dice Carlos, espero que sea una broma

Lo que tiene mas coherencia es lo que dice Quique: a España y Portugal casi siempre se les gana, a Francia se le ha ganado tambien en ocasiones, por lo que una buena meta sería ganarles a Inglaterra e Italia.

En resumen si Mexico le gana a Canada, Inglaterra e Italia estariamos hablando de un top 20 que sería una meta excelente, esta fue mi respuesta de una preguna que hizo David ya hace tiempo.

Problema del día: 26 de mayo

Sea S un conjunto de 2004 puntos en el plano, no tres de ellos colineales. Sea L el conjunto de todas las líneas (extendidas indefinidamente en ambas direcciones) determinadas por parejas de puntos de S. Demuestra que es posible colorear los puntos de S con a lo más dos colores, tal que, para cada puntos p y q de S, el número de líneas que separan a p de q es impar sí y solo sí p y q tienen el mismo color.

Post sin titulo de Jose Luis

Yo realmente no le he dedicado mucho tiempo a los problemas, y no llevo algo importante en alguno, por eso no he publicado nada. Afortunadamente ya casi salgo de la prepa y termino con los trabajos que me dejaron, para dedicarle todo el tiempo a la olimpiada.

Problema de lista corta

Este es un problema facil de una lista corta que no nos salio ni a Irving ni a mi en un determinado tiempo, a ver si les sale a ustedes.
Encontrar todas las funciones f: R-> R, tales que cumplen la ecuacion
f(f(x) + y) = 2x + f(f(y) − x) para todo reales x,y.

Lo que llevo en cada problema

He estado al pendiente del blog y he intentado todos los problemas, sin embargo no me salen, tal vez no les he dedicado lo suficiente, no he comentado sobre lo que llevo porque no se que idea sea la buena o cual poner (he notado que en los problemas o tengo 7 o tengo 1 o 0, no soy muy bueno rascandole puntos y creo que tiene que ver con eso). Pondre lo que llevo en cada problema:



19 Mayo

sea X= mcd(1,2,3,...,n) el problema se cumple si y solo si X<10^n.

sean P1,P2, ... ,Pk los primos menores o iguales a n y Pi^ai la maxima potencia de Pi que divide a algun numero menor a n para 1<=i<=k.

Notamos que Pi^ai <>

por lo tanto X=(P1^a1)(P2^a2).....(Pk^ak) <>

basta demostrar que n^k <>

Problema de polinomios NADA

Problema de prueba Ya lo habia hecho antes

llegas a que n-1<= f(n)<=n+2 y conluyes

20 mayo

Sean P1, Q1,R1 los puntos medios de BC,CA,AH1 respectivamente y M1 la proyeccion ortogonal deC1 sobre BH. Por thales R1M paralela a H1C perpendicular a AB paralela a MP1 haciendo lo mismo, llegamos a que P1MR1Q1 es un rectangulo. es conocido que H1BCA es cíclico, por brahmagupta P C1 P1, Q C1 Q1, R C1 R1, M C1 M1 son colineales respectivamente. Angulo MM1Q1=90= angulo Q1QM => QMQ1M1 es cíclico con centro en el punto medio de MQ1 que es tambien del centro del rectangulo P1MR1Q1 y analogamente, llegamos a que R1PQ1M1RP1QM es cíclico y por lo tanto M1 es el reflefajo de M on respecto al cicuncentro del triangulo PQR y esta en BH1

21 Mayo 1, 2 deben estar en el mismo subconjunto

ninguna otra cosa interesante

22 mayo

2^12 -1=(2^6+1)(2^3+1)(2^3-1)= 13*5*3*3*7 tiene 3*2*2*2=24 divisores, y por lo tato cumple, he tratado de buscar una forma de hacelo por inducción, o por contradiccion, pero aun no la encuentro algo bueno

23 mayo

no lo he intentado mucho, pero si ponemos la base del equilatero paralela al eje x y de tamaño 2n con n entero, hay que probar que existe un n tal que: n por raiz cuadrdada de 3 = k+x con

-1/500<= x <=1/500 y k entero

24 mayo y problemas de lista corta

aun no los intento

Problema 23 de mayo

Pues solo he hecho el A pero algo es algo.

Llamemosle X=(0,0), Y=(0,2k), Z=(k,RAIZ(3)*k) estos 3 puntos forman un equilatero.
Es conocido (Dirichlet's approximation theorem) que para cualquier numero real r existen infinitos p y q tales que |qr-p| < 1/q. (Se puede demostrar usando principio del palomar o tambien agarrando el desarrollo hasta n de la fraccion continua de r)

Podemos agarrar un q tal que q>1000, entonces |qRAIZ(3)-p|<1/q<1/1000, asi que agarremos k=q, y estara a menos de 1/1000 del punto W=(k,p) que es de coordenadas enteras. Asi si existe un triangulo equilatero asi (dehecho infinitos).

Sobre B, a posteriori he notado que si X pertenece al circulo (x_1,y_1), Y al (x_2,y_2) entonces Z esta en el circulo de radio 1/500 de centro G o de centro H, donde (x_1,y_1)(x_2,y_2)H y (x_1,y_1)(x_2,y_2)G son equilateros. Supongamos que es cierto.

Si XYZ es equilatero que cumple las condiciones con Z en G, tambien hay uno con Z en H asi que sin perdida de generalidad, Z esta en el circulo G. G esta a una distancia menor o igual a 3/1000 de un punto con coordenadas enteras, si y solo si hay un Z tal que Z esta a menos de 1/1000 de un punto con coordenadas enteras con XYZ equilatero. Asi que podemos trabajar con G,(x_1,y_1) y (x_2,y_2).

A cada punto le podemos restar (x_1,y_1) y si G,(x_1,y_1) y (x_2,y_2) funcionan, tambien los 3 nuevos puntos, asi que sin perdida de generalidad, (x_1,y_1)=(0,0)=O, y (x_2,y_2)=(a,b)=P. Sea el punto medio de OP,M=(a/2,b/2).Rotando B 90 grados por M contra las manecillas del reloj tenemos que B'=D+(-b/2,a/2)=((a-b)/2,(a+b)/2). Tenemos que MG/MB'= RAIZ(3), entonces G=M+RAIZ(3)(B'-D)=(a/2,b/2)+(-bRAIZ(3)/2,aRAIZ(3)/2)= ((a-bRAIZ(3))/2,(b+aRAIZ(3))/2).

Queremos que G este a menos de 3/1000 de un punto con coordenadas enteras. Sea T=(c,d) un punto entero mas cerca de G. Hasta aqui he llegado.

Solucion al problema 24 de Mayo.

A que país deberíamos superar en la IMO?

Pregunta para todos los miembros del blog, pero en especial para los 6 IMOs.

Yo creo que es un poco irreal querer superar a China  a alguna de las otras grandes potencias en la IMO, pero exactamente donde comienzan nuestras aspiraciones reales. A que país o grupo de países podríamos aspirar a superar?

Suplente

Hola a Todos

A partir de hoy se ha invitado a participar a este blog a Georges en calidad de suplente para la IMO. Como los boletos de avion a Kazhastan no estan comprados todavia, en caso de cualquier eventualidad el podria reemplazar a cualquiera de ustedes, esto incluye falta de trabajo de cualquiera de ustedes.

Saludos

Rogelio

Problema 23 mayo, algunas ideas...