PRIMER EXAMEN DE ENTRENAMIENTO
Problema 1.
Muestra que 2010 no se puede escribir como una diferencia de dos cuadrados.
Problema 2.
Sea $ABC$ un triángulo y $D$ un punto sobre el lado $BC$. Sean $U$ el circuncentro del triángulo $BDA$ y $V$ el circuncentro del triangulo $CDA$.
Muestra que $ABC$ y $AUV$ son semejantes.
Problema 3.
Sean $a,b$ numeros reales con $0 \leq a , b \leq 1$. Muestra la desigualdad:
\[ \sqrt{a^3 b^3} + \sqrt{(1-a^2)(1-ab)(1-b^2)} \leq 1 \]
Cuando ocurre la igualdad?
Problema 4.
Una sucesion {$a_n$} con $a_n = a + nd$ se conoce como una $progresion$$aritmetica$. La sucesion {$b_n$} donde $b_n = \sum_{i=0}^{n} a_i$se conoce como una $progresion$$aritmetica$$de$$segundo$$grado$.
Considera todas las progresiones aritmeticas {$a_n$} que cumplan que $a$ y $d$ son enteros positivos y tales que su progresion aritmetica de segundo grado {$b_n$} contiene al numero 2010.
$(a)$ Cual es el mayor indice $n$ que cumple con $b_n = 2010$ ?
$(b)$ Encuentra todas las progresiones aritmeticas {$a_n$} para las que $b_n = 2010$ para el indice $n$ de la parte $(a)$.
SEGUNDO EXAMEN DE ENTRENAMIENTO
Problema 1.
Considera $M_n =$ {$0, 1, 2, \ldots , n$} el conjunto de los enteros no-negativos menores o iguales a $n$. Un subconjunto $K$ de $M_n$ se dira $"regulado"$ si no es vacio y para cada $k \in K$ existe un subconjunto $L$ de $K$ con exactamente $k$ elementos.
Cuantos subconjuntos regulados hay en $M_n$ ?
Problema 2.
Para $n \geq 1$ natural considera a $f(n) = 1 + n + n^2 + \ldots + n^{2010}$ .
Muestra que ningún entero del conjunto {$2, 3, 4, \ldots , 2010$} divide a $f(n)$,
Problema 3.
Una diagonal de un hexagono convexo se dira $"diagonal$$mayor"$, si divide al hexagono en dos cuadrilateros. Dos diagonales mayores dividen al hexagono en dos triangulos y en dos cuadrilateros.
Un hexagono convexo $H$ tiene la propiedad de que cada division de $H$ por dos de sus tres diagonales mayores siempre tiene los dos triangulos isosceles y con lados del hexagono como bases.
Muestra que los vertices de $H$ estan sobre una circunferencia.
Problema 4.
Dos disecciones de un cuadrado en tres rectangulos se consideran iguales si una se puede obtener de la otra por un reacomodo de las tres piezas (para formar el cuadrado).
Cuantas disecciones diferentes hay de un cuadrado de lado 2010 en tres rectangulos, si los rectangulos tienen lados de longitudes enteras y el area de un rectangulo es igual a la media aritmetica de las areas de los otros dos?
Solucion rapida del 1 que se me ocurrio en menos de 2 minutos en la mente (me tardé mas en escribir esto):
ResponderBorrar$2010 \equiv 2 \pmod{4}$, y $k^2 \equiv 0,1 \pmod{4}$ y pues es facil hacer la talacha
de que ninguna combinacion de diferencias de $0,1$ te da $2$ modulo $4$.
( $0-0 \equiv 0 \pmod{4}$,$0-1 \equiv 3 \pmod{4}$,$1-0 \equiv 1 \pmod{4}$,$1-1 \equiv 0 \pmod{4}$)
Solución al problema 2 del examen 2:
ResponderBorrarLo probaremos por contradicción. Empecemos asumiendo que $1 + n + n^2 + \ldots + n^{2010} \equiv 0 \pmod k$ para algún $n \geq 1$ y algún $k \in \{2,3,4,\ldots,2010\}$.
Notemos que $$n^{2011} - 1 = (n-1)(1+n+n^2+\ldots+n^{2010}) \equiv 0 \pmod k.$$ Por lo tanto, $n^{2011} \equiv 1 \pmod k.$ Ahora sea $m$ el orden de $n$ módulo $k$, es decir, $m$ es el entero positivo más pequeño que cumple que $n^m \equiv 1 \pmod k$. $m$ divide a $2011$, ya que $n^{2011}\equiv 1 \pmod k$. Como $2011$ es primo, tenemos que $m = 1$ o $m = 2011$. Ahora $n^{\phi(k)} \equiv 1 \pmod k$ por Euler-Fermat, así que $m | \phi(k)$, lo cual implica que $m \leq \phi(k) \leq k < 2011$. Dandonos que $m = 1$.
Si $m = 1$ entonces tenemos que $n^1 \equiv 1 \pmod k$, lo cual implica que $n \equiv 1 \pmod k$. Entonces $$0 \equiv 1 + n + n^2 + \ldots + n^{2011} \equiv 2011 \pmod k.$$
Pero $2011 \equiv 0 \pmod k$ implica que $k | 2011$, pero como $2011$ es primo tenemos que $k = 1$ o $k = 2011$. Lo cual es una contradicción.
El 1 también puede salir con talacha diferente. Si escribimos $2010 = x^2 - y^2 = (x-y)(x+y)$, lo reducimos a 8 casos ($(x-y)$ tiene que ser el divisor mas chico, hay 16 divisores de 2010, asi que las opciones para $x-y$ son 8). Hacer los 8 casos no toma mucho tiempo.Si lo quieres hacer un poco más rápido que los 8 casos con esta estrategia, nota que como $2010 \equiv 2 \pmod 4$ entonces uno de $x-y$ y $x+y$ es par y el otro impar. Entonces la suma es impar, pero la suma es $2x$, lo cual nos lleva a una contradicción.
ResponderBorrarEl 1 del segundo examen:
ResponderBorrarDigamos que el número más grande del subconjunto $K$ regulado es $k$. Entonces tenemos al menos $k$ elementos en $K$. Pero los posibles cuates que tenemos son $0,1,2,\ldots, k-1$. Entonces o agarramos los $k$ (que hay una manera de hacerlo) o escogemos $k-1$ de esos $k$ (que hay k maneras de hacerlo). Entonces si el número más grande de $K$ es $k$, hay $k+1$ maneras de escoger subconjuntos regulados. Como $k$ puede ser $0,1,2,\ldots, 2010$, entonces el número de subconjuntos es $1 + 2 + \ldots + 2010 = \frac{(2010)(2011)}{2}$
Tambien con la factorizacion $x^2-y^2=(x+y)(x-y)$ se puede hacer notando que $x+y$ y $x-y$ son ambos de la misma paridad y que $2010=2*3*5*67$, si ambos son pares hay mas de un factor 2, si ambos son impares no hay ninguno y listo =)
ResponderBorrarNoté un detallito de tu solucion del problema 2 del dia 2. No habria que argumentar que $n$ y $k$ son primos relativos para usar euler-fermat?, aunque bueno eso sale muy facil, quizas lo viste como un detalle trivial.
Si se requiere que $n$ y $k$ sean primos relativos para usar Euler-Fermat, aunque usarlo no es necesario en la demostración, lo que necesitamos es que el orden $m$ sea menor a $2011$, lo cual se puede demostrar de otras maneras. Como quiera si es necesario mencionar que son primos relativos, ya que si no son primos relativos no existe $m$. $n^{2011} \equiv 1 \pmod k$ implica que $n$ y $k$ son primos relativos, lo cual debí haber mencionado.
ResponderBorrartu solucion del 1 del 2do examen esta mal quique
ResponderBorrary me equivoque al copiarlo, no era con 2010, era con n, ahorita lo cambio
Ya encontre el error, me falto sumar $2011$. Contemos los regulados $K$. $K$ puede tener como mayor número $0,1,2,\ldots, n$. Ahora digamos que su mayor número es $k$. Como $k \in K$ entonces $K$ tiene al menos $k$ elementos. Como $k$ es el elemento más grande, entonces no tiene ningún elemento mayor a $k$. Ahora hay dos casos, escoger todos los otros números menores a $k$ (lo cual hay una manera) o escoger $k-1$ de los números menores a $k$ que hay $k$ maneras. Notese que los $k+1$ casos son diferentes ya que son conjuntos diferentes. Ahora como cualquier regulado tiene un máximo, nos queda que sumamos $k+1$ cuando $k = 0,1,2,\ldots, n$, lo cual nos da $1+2+\ldots+n+(n+1) = \frac{(n+1)(n+2)}{2}$ subconjuntos regulados.
ResponderBorrarEl 4 del primer dia me salió con mucha talacha. Nomas para asegurar que hice bien la talacha, me salio que la mayor $n$ es $60$ y la unica progesion para esa n es con $a=3$ y $d=1$.
ResponderBorrarCuando tenga una solución bonita la pongo jeje
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrarsigue estando mal quique xD
ResponderBorrary tu solucion del 4 esta mal tambien isai xDxD
para el 4 del primer dia:
$2010 = (a) + (a+d) + (a+2d) + \ldots + (a+nd)$
$2010 = (n+1)a + d + 2d + \ldots + nd$
$2010 = (n+1)a + d (\frac{n(n+1)}{2})$
$2010 = (n+1)(a + \frac{dn}{2})$
$2010 = (n+1)(\frac{2a+dn}{2})$
$4020 = (n+1)(2a+dn)$
Como $a$ y $d$ son naturales
$2a+dn \geq 2+n > n+1$
Entonces $n+1$ divide a 4020, y el otro factor es mayor a $n+1$.
Viendo las parejas de factores que multiplican 4020 vemos que el factor mas grande con el otro factor mayor es el 60.
$4020 = 60 \times 67$
Entonces
$n+1 = 60$
$2a+dn = 67$
$n=59$
$d$ y $a$ son naturales, si $d=1$ se puede porque $1 \times 59 = 59 < 67$.
Si $d=2$ no se puede porque $2 \times 59 = 118 >67$ al igual con cualquier $d \geq 2$.
Entonces la unica solucion con $n=59$ es
$d=1$
$a=8$
ya vi que estaba mal, era desde $b_n$ era desde $n=0$ no de 1 jeje ahorita hago bien las cuentas xD
ResponderBorrarPero es la misma solucion que Alberto nomas que calcule mal el $b_n$ porque no me fije que la sumatoria era desde 0 hasta n, y yo lo calcule desde 1 hasta n jeje
ResponderBorrary que tiene de talacha?
ResponderBorrarAlberto... a no es igual a 8.. es igual a 4.. xP
ResponderBorrarperdon, pequeño detalle xD
ResponderBorrarTenia la talacha de que la desigualdad no salia tan bonita, y tenias que hacer muchos casos jaja
ResponderBorrarentonces te salio la desigualdad con talacha???
ResponderBorrarMe tarde en hacer el 3 pero ya lo tengo. Esta fea la solucion, asi que espero alguien me diga una solución más bonita.
ResponderBorrarEmpecemos asumiendo sin pérdida de generalidad que $a\leq b$.
Primero notemos que si $b = 1$, tenemos $\sqrt{a^3} + 0 \leq 1$ (con igualdad sólo si $a = 1$). Así que también supongamos que $b < 1$.
Notemos que $(1-ab)\leq (1-a^2)$ y por lo tanto
$$\sqrt{a^3 b^3} + \sqrt{(1-a^2)(1-ab)(1-b^2)}\leq a\sqrt{a b^3} + (1-a^2)\sqrt{1-b^2} \leq a b^2 + (1-a^2)\sqrt{1-b^2}.$$
Vamos a fijar $b$ y llamar $f(a) = a b^2 + (1-a^2)\sqrt{1-b^2}$.
Queremos encontrar el máximo de $f(a)$ así que la estrategia será sacar la derivada.
Tenemos que $f^\prime(a) = b^2 -2a\sqrt{1-b^2}.$ Resolvemos $f^\prime(a) = 0$ se cumple cuando $a = \frac{b^2}{2\sqrt{1-b^2}}$. Notemos que si $a \leq \frac{b^2}{2\sqrt{1-b^2}}$ entonces $f^\prime(a)\geq 0$ y que si $a\geq \frac{b^2}{2\sqrt{1-b^2}}$ entonces $f^\prime(a) \leq 0$. Esto implica que el máximo de $f(a)$ sucede cuando $a = \frac{b^2}{2\sqrt{1-b^2}}$. Ahora $a\leq b$, así que para poder escoger $a = \frac{b^2}{4\sqrt{1-b^2}}$, necesitamos que $\frac{b^2}{2\sqrt{1-b^2}} \leq b$. La igualdad se da cuando $b = 2\sqrt{1-b^2}$ por lo tanto $b^2 = 4(1-b^2)$, por lo tanto $b^2 = \frac{4}{5}$, por lo tanto $b = \frac{2}{\sqrt{5}}$. Así que siempre que $b\leq \frac{2}{\sqrt{5}}$ tenemos que $\frac{b^2}{2\sqrt{1-b^2}} \leq b$.
Lo haré en dos casos, el primer caso es cuando $b \leq \frac{2}{\sqrt{5}}$ y el segundo caso cuando $b$ sea mayor.
En el segundo caso, tenemos que $f(a)$ es máximo cuando $a = b$. Entonces tenemos $$f(a) = a b^2 + (1-a^2)\sqrt{1-b^2} = b^3 + (1-b^2)\sqrt{1-b^2}.$$
Como $b < 1$, tenemos que $b^3 < b^2$ y como $b > \frac{2}{\sqrt{5}} > 0$ tenemos que $(1-b^2)\sqrt{1-b^2} < 1-b^2$, así que $f(a) < b^2 + 1-b^2 = 1$. Demostrando la desigualdad cuando $b > \frac{2}{\sqrt{5}}$ y $b<1$.
En el primer caso, tenemos que el máximo de $f(a)$ sucede cuando $a = \frac{b^2}{2\sqrt{1-b^2}}$. Entonces tenemos que $$f(a) = a b^2 + (1-a^2)\sqrt{1-b^2} = \frac{b^4}{2\sqrt{1-b^2}}+\left(1-\frac{b^4}{4(1-b^2)}\right)\sqrt{1-b^2} = \frac{b^4}{2\sqrt{1-b^2}} + \sqrt{1-b^2} - \frac{b^4}{4\sqrt{1-b^2}} = \sqrt{1-b^2}+\frac{b^4}{4\sqrt{1-b^2}} = \frac{(2-b^2)^2}{4\sqrt{1-b^2}}.$$
Entonces el primer caso se reduce a maximizar $\frac{(2-b^2)^2}{4\sqrt{1-b^2}}$ cuando $b \leq \frac{2}{\sqrt{5}}$. Definamos $g(b) = \frac{(2-b^2)^2}{4\sqrt{1-b^2}}$.
Calculemos la derivada:
$$g^\prime(b) = \frac{2(2-b^2)(-2b)}{4\sqrt{1-b^2}}-\frac{(2-b^2)^2(-2b)}{8(1-b^2)^{3/2}} = \frac{(b)(2-b^2)}{4(1-b^2)^{\frac{3}{2}}}(-4(1-b^2) +2-b^2) = \frac{(b)(2-b^2)(3b^2-2)}{4(1-b^2)^{\frac{3}{2}}}.$$
Entonces $g^\prime(b)\leq 0$ cuando $0\leq b\leq \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$ y $g^\prime(b) \geq 0$ cuando $\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\leq b\leq \frac{2}{\sqrt{5}}$. Entonces el máximo ocurre en $b = 0$ ó en $b = \frac{2}{\sqrt{5}}$. En $b = 0$, tenemos que $a = b = 0$ y la igualdad se da. Cuando $b = \frac{2}{\sqrt{5}}$, tenemos $$f(b) = f(\frac{2}{\sqrt{5}}) = \frac{\left(2-\left(\frac{2}{\sqrt{5}}\right)^2\right)^2}{4\sqrt{1-\left(\frac{2}{\sqrt{5}}\right)^2}} = \frac{\left(2-\frac{4}{5}\right)^2}{4\sqrt{\frac{1}{5}}} = \frac{9}{5\sqrt{5}} < 1.$$
Así que la desigualdad ha sido comprobada y encontramos que la igualdad se da sólo en $a= b = 0$ ó $a=b=1$.
Cual es el error en mi solución Alberto?, no veo ningún error en la solución sobre $M_n$.
ResponderBorrarWow, si esta fea tu solucion kiks =P
ResponderBorrarAqui esta la mia, esta más bonita jeje, tardé un rato pero salió!
Primero asumimos sin perdida de generalidad que \[0\leq b\leq a \leq 1 \]
Ahora notemos que si $x/leq1$ entonces $\sqrt{x} \leq 1 $ y luego $\sqrt{x^3}\leq x$
Entonces tenemos que:
\[ \sqrt{a^3 b^3} + \sqrt{(1-a^2)(1-ab)(1-b^2)} \leq ab + \sqrt{(1-a^2)(1-ab)(1-b^2)} \]
Ahora queremos probar que \[ ab + \sqrt{(1-a^2)(1-ab)(1-b^2)} \leq 1\]
Vamonos para atras (para no estar poniendo si y solo si, asuman que sigo cambiando la expresion que queremos demostrar)
\[\sqrt{(1-a^2)(1-ab)(1-b^2)} \leq 1 - ab\]
Como ambos lados son positivos entonces no hay problema si elevamos al cuadrado ambos lados:
\[(1-a^2)(1-ab)(1-b^2) \leq 1 - 2ab +a^2 b^2 \]
Expandimos el lado izquierdo, y ordenamos y nos queda (no voy a poner toda esa algebra jeje)
\[ab+a^3 b +a b^3 \leq a^3 b^3 +a^2 +b^2 \]
Seguimos reacomodando:
\[ab+ab(a^2+b^2) \leq a^3 b^3 +a^2 +b^2 \]
\[ab \leq a^3 b^3 +(a^2 +b^2)(1-ab) \]
\[ab -a^3 b^3 \leq (a^2 +b^2)(1-ab) \]
\[ab(1 - a^2b^2) \leq (a^2 +b^2)(1-ab) \]
\[ab(1 - ab)(1+ab) \leq (a^2 +b^2)(1-ab) \]
De nuevo como $1-ab\geq 0$ entonces podemos dividir de ambos lados sin cambiar el signo.
\[ab(1+ab) \leq (a^2 +b^2) \]
\[ab+a^2 b^2 \leq (a^2 +b^2) \]
Y esta ultima desigualdad es cierta porque
$b\leq a$ implica $ab \leq a^2$
Y tambien $a \leq 1$ implica que $a^2 \leq 1$ que a su vez implica $a^2 b^2 \leq b^2$
Sumando ambas se tiene la desigualdad que buscamos.
Casos de igualdad en el siguiente comentario.
Llamemos $w$ a $\sqrt{a^3 b^3} + \sqrt{(1-a^2)(1-ab)(1-b^2)}$
ResponderBorrarY llamemos $v$ a $ab + \sqrt{(1-a^2)(1-ab)(1-b^2)}$
Como tenemos que $1 = w \leq v \leq 1$, entonces tenemos que $w=v=1$ lo cual implica que
\[\sqrt{a^3 b^3} = ab\]
\[a^3 b^3 = a^2 b^2 \]
Sea $x=ab$ entonces:
$x^3-x^2=x^2(x-1)=0$
De lo que tenemos que $ab=0$ o $ab=1$
Para el primer caso, notemos que alguno de $a$ o $b$ tiene que ser 0, s.p.d.g supongamos que es b. Sustituyendo en la ecuacion original nos queda que:
\[\sqrt{1-a^2}=1\]
\[1-a^2=1\]
Y entonces tenemos que $a=0$
Para el segundo caso escribamos $ab=1$ como $a=1/b$ pero como $a\leq 1$ entonces $b\geq 1$ y entonces $b=1$ y sustituendo en $ab=1$ tambien tenemos que $a=1$.
Por lo que los unicos casos de igualdad son $(0,0)$ y $(1,1)$
que feas sus soluciones xD
ResponderBorrarno se demostrar la igualdad pero la desigualdad si
y diego dijo que con holder salia bien facil
primero vemos que cuando un numero esta entre 1 y 0 su raiz cubica es mayor igual a su raiz cuadrada
$\sqrt{a^3 b^3} + \sqrt{(1-a^2)(1-ab)(1-b^2)} \leq \root {3} \of {a^3 b^3} + \root {3} \of {(1-a^2)(1-ab)(1-b^2)}$
Usamos $MG \leq MA$
$\root {3} \of {a^3 b^3} + \root {3} \of {(1-a^2)(1-ab)(1-b^2)} \leq \frac{a^2 + ab + b^2}{3} + \frac{1 - a^2 + 1 - ab + 1 - b^2}{3}$
$= \frac{a^2 + ab + b^2 + 3 - a^2 - ab - b^2}{3} = \frac{3}{3} = 1$
:)
Quique, ya se me olvido porque, pero la solucion era
ResponderBorrar$\frac{n(n+1)}{2} + 1$
jeje
ah si, en la solucion del 3, antes de todo tenia que decir que lo que esta adentro de las raizes tambien esta entre 0 y 1
ResponderBorrarEsta chida tu desigualdad Alberto. La mía se ve fea y me tomo mucho escribir en LaTeX pero no toma tanto tiempo hacerla en papel.
ResponderBorrarAlberto, no te creo que la respuesta sea $\frac{n(n+1)}{2} + 1$ en el otro problema. Revise mi demostración muchas veces y esta correcta.
Por ejemplo digamos que $n = 2$.
Es fácil checar que $\{0\}, \{1\}, \{0,1\}. \{0,2\}, \{1,2\},\{0,1,2\}$ son regulados. Notese que en total son $6$. En tu fórmula te daria $\frac{2(3)}{2} + 1 = 4$. En la mía, da la respuesta correcta.
Solución del 2, me tardé más en hacer el dibujo que en resolverlo =)
ResponderBorrarDibujo de referencia de Geogebra:
http://dl.dropbox.com/u/13306569/Selectivo%201%20Rumbo%20IMO%202011%20-%20prob%202.ggb
Sea $C_1$ la circunferencia que pasa por $ADC$ y $V$ su centro. Sea $C_2$ la circunferencia que pasa por $ADB$ y $U$ su centro. Entonces tenemos que $AD$ es el eje radical de $C_1$ y $C_2$ y como el eje radical es perpendicular a la linea de los centros entonces $AD$ es perpendicular a $UV$.
Llamemos al angulo $\angle AVU = \alpha$. Luego tenemos que $AV=VD$ por ser radios por lo que $AVD$ es isosceles, y como $UV$ es perpendicular a $AD$, entonces $UV$ es bisectriz y por lo tanto $\angle AVD = 2\alpha$. Por angulo central-seminscrito tenemos que $\angle ACD = \alpha$. Entonces $\angle AVU = \angle ACB$.
Podemos aplicar el mismo argumento para demostrar que $\angle AUV = \angle ABC$.
Entonces por AA tenemos que el triangulo $AUV$ es semejante al triangulo $ABC$ que es lo que queriamos demostrar.
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrarSolucion del 3.
ResponderBorrarDibujen cualquier hexagono convexo $ABCDEF$.
Las diagonales mayores son $AD$, $BE$ y $CF$.
Sea $X$ la interseccion de $AD$ con $BE$.
$\triangle AXB$ y $\triangle DXE$ son isosceles.
$\angle ABX = \frac{180 - \angle AXB}{2}$
$\angle EDX = \frac{180 - \angle DXE}{2}$
Entonces
$\angle ABE = \angle ADE$
y $ABDE$ ciclico.
De la misma manera $AFDC$ y $FECB$ son ciclicos.
Supongamos que estos tres circulos no son el mismo. Por el teorema que dice que los ejes radicales de tres circunferencias concurren, las diagonales mayores de $ABCDEF$ concurren.
Sea esta interseccion X. Por los isosceles
$XA=XB=XC=XD=XE=XF$
Entonces los 6 vertices equidistan de $X$, por lo que estan en una circunferencia de centro $X$
Contradiccion!
Asi que $ABCDEF$ es ciclico.
Comentarios del examen del primer dia:
ResponderBorrarEl 1 estaba exageradamente fácil, supongo que lo pusieron para detectar gente que por alguna razón se coló entre los platas.
El 2 también muy fácil, con una buena figura y un buen manejo de ángulos sale de volada.
El 4 ya esta más dificil, pero igual no tanto, en mi opinión es un problema muy directo, sobre todo porque en la olimpiada es casi seguro que has manejado series aritméticas.
El 3 es definitivamente el más díficil de ese día, sobre todo porque es muy muy fácil perderse en el camino haciendo cosas que no sirven de nada. Como 3 de las ideas que tenia para resolverlo no sirvieron.
El 4 del primer día no estaba muy difícil:
ResponderBorrar$$b_n = (n+1)\left(a+\frac{dn}{2}\right) = \left(\frac{n+1}{2}\right)(2a + dn).$$
Lo hacemos en dos casos, en el caso $n$ par, tenemos que $n+1$ es impar y puede tener como valores divisores impares de $2010$, en particular $1,3,5,15,67,201,335$ ó $1005$. Por lo tanto $n = 0,2,4,14,66,200,334,1004$. Pero al mismo tiempo $a+\frac{dn}{2}$ tiene como valores $2010,670,402,134,30,10,6,2$. Pero $a+\frac{dn}{2} \geq 1,2,3,8,34,101,168,513$, comparando vemos que a partir de $n = 66$ llegamos a una contradicción ($a + \frac{dn}{2}$ es muy grande). Así que el mayor $n$ posible es $n = 14$, en el cual podemos ver que una solución es $a = 1$ con $d = 19$.
Ahora analicemos $n$ impar.
Sabemos que $\frac{n+1}{2}$ es un divisor de 2010. Notemos que si $\frac{n+1}{2} > 30$, es decir $\frac{n+1}{2} \geq 67$, entonces $(2a + dn) \leq 30$. Pero $\frac{n+1}{2} \geq 67$ implica $n \geq 133$, lo cual implica que $2a + dn \geq 2a + 133d \geq 135 > 30$, dandonos una contradicción. Por lo tanto $\frac{n+1}{2} \leq 30$. Demostrando que $n\leq 59$. Si $n = 59$, podemos escoger $a=4$ con $d = 1$ y se cumple que $b_{59} = 2010$. Como el $n$ más grande posible entre los impares es $59$ y entre los pares es $14$, entonces la respuesta al inciso $a$ es $n = 59$.
Ahora el segundo inciso no requiere mucho trabajo. Tenemos que $$2010 = \frac{n+1}{2}(2a + dn) = \frac{59+1}{2}(2a + 59d) = (30)(2a + 59d).$$
Por lo tanto $2a + 59d = 67$. Pero si $d > 1$ el lado izquierdo es mayor a $100 > 67$. Entonces $d = 1$. Pero ya que $d = 1$ tenemos que $a = 4$, siendo la única solución.
Viendo los comentarios de Isaí, pongo mis comentarios también:
ResponderBorrar1) Problema regalado, supongo que lo pusieron para que sientan un poco de confianza con el examen y no se pongan muy nerviosos los nuevos ganadores.
2) No lo intente, que hueva intentar geometria si no concurso.
3) Interesante problema. Me tomo como 45 minutos en resolver y mi solución esta fea. Me sorprendio que la simetria ni siquiera se necesita en mi solución, de cierta manera la desigualdad esta un poco sobrada.
Muy bonita la solución de Alberto. Me pregunto si sale con absoluta talacha. La solución de Isaí esta medio talachera (aunque más bonita que mi solución) pero si requiere reacomodo. Fácilmente el problema más difícil del día.
4) Otro regalo. Calcular $b_n$ no toma mucho esfuerzo. Se puede talachear como lo hice yo, o se puede usar una desigualdad más bonita como lo hizo Alberto, pero no requiere mucha creatividad para resolverlo. El problema sería problema fácil en un nacional.
¿Cómo les fue a ti y a Karina, Alberto?
ResponderBorrarpues hice el 1 y 2 del primer examen y el 1 y 3 del segundo examen, a la mayoria les fue asi, algunos si hicieron 3 en alguno de los dias
ResponderBorrary a karina pues mal :/
hizo el 2 y 4 del primero y solo el 3 del segundo
ella misma dijo que con suerte el abismo entre el penultimo lugar y ella no es tan grande :S
y cuando haga el problema del dia escribo la solucion del otro 4, no esta tan dificil, solo un poquito largo
Me temía que a alguno de ustedes no les saliera el 1 del primer día, ese seguro le salió a casi todos.
ResponderBorrarNi modo, al cabo el primer examen no es tan importante.
karina no tenia que hacer el 1...
ResponderBorrarLos oros nomas hacen el 2,3,4, los platas nomas hacen el 1,2,3
ResponderBorrarHey Hola... si ok me fue horrible pff pero bueno...
ResponderBorrarEstube revisando las soluciones que estan poniendo ... no termine de revisar la de Quique de la desigualdad.. me perdi a la mitad jaja ahorita la veo... sobre el problema 1 del segundo dia a mi me dio lo mismo que a Quique pero de otra forma.
Yo fui contando el numero de elementos que puede tener cada subconjunto regulado.
como no se puede que sea el conjunto vacío entonces al menos K tiene un elemento. Para este caso K puede contener al número 0 o 1, si tuvira al 2 entonces es claro que no hay un subconjunto L con 2 elementos de un subconjunto de solo 1.
en general, tomamos el subconjunto regulado con k elementos, en este podemos poner los números desde 0 hasta k, en total podemos hacer (k+1) en k subconjuntos de k elementos.
Como usamos K= 1,2,3,...,n,(n+1) tenemos 2 en 1 mas 3 en 2 ... mas n+1 en n mas n+1 en n+1 (el ultimo es así porque solo tenemos n+1 elementos en Mn... y todo eso es igual a lo que dijo Quique... =)
hmm, supongo que me confundi en ese :/
ResponderBorrarpara el 4, primero, le entendieron?
aqui la solucion:
el problema dice que el area de uno es el promedio de las otras dos:
$A_1 + A_2 + A_3 = 2010^2$
$\frac{A_2 + A_3}{2} + A_2 + A_3 = 2010^2$
$\frac{3A_2 + 3A_3}{2} = 2010^2$
$3\frac{A_2 + A_3}{2} = 2010^2$
$\frac{A_2 + A_3}{2} = \frac{2010^2}{3}$
$A_1 = \frac{2010^2}{3}$
Entonces uno es un tercio del area del cuadrado grandote. Vemos que las disecciones pueden ser de dos formas, con tres barras verticales (si son horizontales se consideran "iguales") y con una vertical y dos horizontales.
Vemos el caso de tres barras verticales. spdg el de area un tercio de $2010^2$ esta a la izquierda. Despues vemos en donde va a estar la linea que separa a las otras dos. Tenemos que el rectangulo 1 es de $2010 \times 670$ asi que queda uno de $2010 \times 1340$. Vemos que a partir de la mitad se van a ir repitiendo los rectangulos formando diparticiones iguales, asi que solo contamos hasta la mitad. Entonces vemos que hay 670 posiblidades de partir ese rectangulo en barras verticales.
Cuando son horizontales las otras dos, tambien se van repitiendo a partir de la mitad de abajo del rectangulo, asi que hay 1005 diparticiones mas.
Ahora cuando este rectangulo esta en los horizontales.
$2010^2 = 2 \times 2 \times 3 \times 5 \times 5 \times 67 \times 67$
Entonces vemos las formas en agrupar estos factores en dos sin que ninguno se pase de 2010.
Estas cuentitas me dan flojera asi que haganlas ustedes si no me creen xD
El punto es que son 4, y uno de ellos ya lo contamos en otro de los casos.
Entonces las diparticiones son:
$670+1005+3=1678$
:)
Pues si hiciste 2 el primer dia y 1 el segundo, de 6 posibles, no suena mal. No te preocupes mucho. La desigualdad no estaba fácil y al menos mi solución del 2 del segundo día tampoco estaba fácil. No he intentado ni el 3 ni el 4 del segundo día.
ResponderBorrarAlberto, entonces tu no intentaste los problemas 4 en los examenes?
El primer parrafo iba dirigido a Karina :)
ResponderBorrarPues si suena a que Alberto recuerda mal la respuesta al problema 1 del segundo dia. Me hizo perder mucho tiempo revisando mi solucion. Ahora hasta tenemos otra (bien hecho Karina).
ResponderBorrarjeje, perdon quique, ya la revise con mi solucion y si esta bien :P
ResponderBorrarno, solo del 1 al 3
Como no vi esto antes!, mi solución de la desigualdad requería muchos menos pasos de algebra.
ResponderBorrarTeniamos que queriamos demostrar despues de elevar al cuadrado:
\[(1-a^2)(1-ab)(1-b^2) \leq (1-ab)^2 \]
Cancelamos un $(1-ab)$ (que es positivo)
\[(1-a^2)(1-b^2) \leq (1-ab) \]
Expandimos, y nos queda:
\[1-a^2-b^2+a^2b^2 \leq 1-ab\]
Que es lo mismo que
\[ab+a^2b^2 \leq a^2+b^2\]
Y ya seguimos como habiamos seguido jeje
Jeje xD ... eso está chistoso xD
ResponderBorrarjaja, si esta mucho menos feo
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