Adrián Rodrigo Escudero 7 de octubre de 007 Según los libros de olimpids mtemátics interncionles. Los problems de olimpids se clsificn en cutro grupos: álgebr, geometrí, ritmétic y combintori. Los más usules en l fse locl son los de álgebr y geometrí.. Álgebr. Sen 0,,,, 4 cinco números positivos en progresión ritmétic de diferenci d. Probr que: ( 0 + 4 + 4 ) 0 OME (olimpid mtemátic espñol) 007 Not: un buen dirección pr el que quier hcer problems de desigulddes es http://www-m.upc.es/users/diz/tm-imo-jld.pdf. José Luis Díz Brrero propone desigulddes desde ls más sencills, hst niveles muy vnzdos explicndo técnics y teorems útiles. Está en inglés pero se entiende bien. Solución: como los cinco números están en progresión ritmétic, podemos poner l desiguldd en función de y d, y luego simplificrl todo lo que podmos: = d = d + 4d d = ( d ) = d + d d ( ) = ( + d ) = + d + 4d d = ( + d ) = + d + d + d 0 8 4 8 0 = 4d + + + = + 6d ( 0 + 4 + 4 ) 0 0 + 4d + 8 + 4d = 0 + 48d 0 48d Por lo tnto l desiguldd probr es equivlente est últim, que es ciert y que 6,, d son positivos.. Álgebr. Hllr tods ls funciones f : R R tles que: f ( x + y) = f ( x) + f ( y) () f ( xy) = f ( x) f ( y) () Pr todo x, y pertenecientes R. Not: el problem es muy lrgo pr un sesión de hor y medi, sí que lo hremos pr ls funciones f : Z R, y luego el que quier se mir l solución enter. Preprción olimpid interncionl, Brcelon 007 Solución: en este tipo de problems muchs veces lo difícil no es hllr ls funciones sino demostrr que son ls únics que existen. Son problems bstnte técnicos (por eso últimmente no suelen cer en competiciones interncionles), normlmente l form de resolverlos es dr vlores x, y e ir scndo conclusiones: Si x, y = 0 en (), f ( 0 ) = f ( 0) + f ( 0) f ( 0) = 0 Si x =, y = en (), f () = f () f ( ) = 0 ó f ( ) = Aquí vemos que hy dos posibiliddes, que se corresponden con ls dos funciones posibles f ( x) = 0 ó f ( x) = x. Vmos demostrr que si f ( ) = l únic solución es f ( x) = x ; de form un poco más sencill se puede demostrr que si f () = 0 l únic solución es f ( x) = 0. f n =, por inducción: Primero probmos que pr todo n perteneciente N se cumple ( ) n
f () =, y si ( n) n f =, hciendo x = n, y = en (), f ( n + ) = f ( n) + f ( ) = n + Pr hcer el pso los enteros sustituimos x = x, y = x en (), lo que nos sirve en generl pr todos los negtivos: f ( 0) = f ( x) + f ( x) f ( x) = f ( x) Rcionles ( m, n vn ser números enteros distintos de cero): x =, y = n en (): n f () ( ) () f = f f n f = = n n f ( n) n m m Y en generl x = m, y = en (): f = f ( m) f = n n n n Reles: si f ( x) = x pr los rcionles, y f ( x) es estrictmente creciente entonces f ( x) = x pr los reles. Así que solo nos qued probr que es creciente, pero ojo, x, y hor son reles y no nos sirven ls fórmuls hllds. Hcemos x = x, y = x en (): f ( x) = f ( ) x 0 demás si x 0 hcemos x = x, y = 0 = f () = f ( x) f f ( x) 0 x x Así que si x > 0 f ( x) > 0 y hor suponemos que x > y x = y + k, k > 0 por (): f x = f y + k = f y + f k > f y ( ) ( ) ( ) ( ) ( ). Geometrí. Dd un semicircunferenci de diámetro AB = R, se consider un cuerd CD de longitud fij c. Se E l intersección de AC con BD y F l intersección de AD con BC. Probr que el segmento EF tiene longitud constnte y dirección constnte l vrir l cuerd CD sobre l semicircunferenci. OME (olimpid mtemátic espñol) 007 Solución: ADB = 90º y ACB = 90º por ser mbos ángulos inscritos en un circunferenci. Por lo tnto AC y BD son lturs del triángulo ABF. L ltur de ABF reltiv l vértice F cortrá ls otrs dos lturs en el mismo punto, el punto E. Así EF es perpendiculr AB. Los triángulos DEF y ABD son semejntes, y que mbos tienen un ángulo recto y otro igul ( ABD = 90º = DFE ). De est semejnz deducimos que: DE EF = AB = ABtg DAC. Y como AB es constnte y DAC tmbién (por ser CD AD de longitud fij) EF tmbién tiene longitud constnte. 4. Geometrí. En el tringulo rectángulo ABC, Ĉ es el ángulo recto, l bisectriz de Bˆ cort l ldo AC en el punto E, l ltur CD cort est bisectriz en el punto F y G es l
intersección de los segmentos AF y DE. Demostrr que [ ADG ] = [ CEGF ] ls áres del triángulo ADG y del cudrilátero CEGF son igules., es decir, que Preprción olimpid interncionl, Brcelon 007 Solución: [ ADG ] = [ CEGF] [ ADF] = [ CED] DFAD = CDh () donde h es l ltur EH en el triángulo CDE ( H no lo he dibujdo). h CE Como los triángulos CEH y CAD son semejntes, = () AD AC CE DF Como los triángulos BCE y BDF son semejntes, = () BC BD Sustituyendo () y () en (): CEBD DF h BC CE BD CD DFAD = CDh = = = CD AD CD AC BC AC Y est últim expresión es ciert y que ACD y BCD son semejntes por ser ABC rectángulo. 5. Aritmétic. Encontrr tods ls soluciones enters de x + y = xy Encontrr tods ls soluciones enters de x y = 7 Problem-Solving Strtegies, Arthur Engel Solución: l ecución x + y = xy nos result un poco extrñ y que el grdo de x + y es, mientrs que el de xy es. Así que segurmente l ecución no tendrá soluciones pr x, y muy grndes. En efecto: x + y = xy xy x y + = ( x )( y ) = ( x ) = ( y ) = x = y = Así tenemos dos posibiliddes: x = y = x = y = 0 ( ) ( ) L ecución x y = 7 no tiene soluciones enters, l form de demostrrlo es típic en estos ejercicios: hcer congruencis. En este cso congruencis módulo : Pr todo cudrdo perfecto se cumple que: x 0 ó x ; entonces x y 0 ó x y, pero 7. Pr el que no conozc ls congruencis, lo que hemos hecho h sido comprobr que x y y 7 no dn el mismo resto l dividirlos entre, y por lo tnto no pueden ser el mismo número. 6. Aritmétic. Demostrr que existen infinitos números nturles N tles que N, N+, N+ son o bien cudrdos o bien sum de dos cudrdos. Preprción olimpid interncionl, Brcelon 007
Solución: si hcemos N + =, nturl. Entonces N + = + con lo que y solo nos quedrí N: N = = + = + = ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) Es obvio que existen infinitos que cumplen: ( ) = b. Por lo tnto ( ) N = b 7. Combintori. En un conferenci hy 0 delegdos de 5 píses distintos. Ls eddes de los delegdos son myores que 0 y menores que 5. Probr que podemos encontrr 6 delegdos con l mism edd, sexo y ncionlidd. Solución: este es el típico problem de principio del plomr, es muy probble que lguno y lo conozc, por eso mismo es fundmentl conocerlo pr hcer otros ejercicios. Por el principio del plomr, hy l menos 4 delegdos del mismo pís; de entre ellos, hy l menos que tienen l mism edd; y finlmente, de entre ellos, hy l menos 6 que tienen el mismo sexo. Por lo tnto hy 6 delegdos con l mism edd, sexo y ncionlidd. 8. Combintori. En el sótno del cstillo, 7 gnomos gurdn su tesoro. El tesoro está detrás de puerts, cd un de ells con cerrdurs. Tods ls cerrdurs son distints. Cd gnomo tiene llves pr lguns de ls cerrdurs. Tres gnomos culesquier tienen conjuntmente llves pr tods ls cerrdurs. Probr que entre todos los gnomos tienen por lo menos 6 llves. OME (olimpid mtemátic espñol), fse locl 007 Solución : llmremos g, g,..., g7 l número de llves que tiene el gnomo,,...,7. Se tiene que: g + g + g g + g + g4 A( g + g +... + g7 ) B... g5 + g6 + g7 Donde B es el número de inecuciones que se pueden formr, y A el número de veces que prece cd g i en el sistem. (Concretmente podrímos decir que 7 7 6 5 B = = = 5 es decir, combinciones de 7 elementos tomdos de tres en tres; pero no es necesrio pr el problem). Solmente hy que observr que cd g i prece tnts veces como ls demás y que podemos expresr el número de " g' s" 7 7 igulmente como 7A ó B, luego B = A g + g +... + g7 = 6 Solución : vmos fijr un llve culquier ll i, l menos 5 gnomos deben tener es llve, y que si no hbrí l menos gnomos que no l tendrín, y esos gnomos no podrín brir tods ls cerrdurs. Luego si hy 44 llves, y cd un l tienen l menos 5 gnomos, hy l menos 44 5 = 70 > 6 llves *. Geometrí. Se O el circuncentro de un triángulo ABC. L bisectriz que prte de cort l ldo opuesto en P. Probr que se cumple: AP + OA OP = bc A 4
OME (olimpid mtemátic espñol) 007 Solución: prece muy tentdor plicr el teorem del coseno l triángulo AOP: AP + OA OP = AP OAcos OAP = bc c A su vez tenemos OA, que por el teorem del seno en ABC: OA = sencˆ Así lo que tenemos que probr es que: AP cos OAP = bsencˆ AP b Que se semej mucho l teorem del seno en APC: = sencˆ sen APC Si demostrmos que cos OAP = sen APC hbremos termindo: APC = Bˆ + = ( 80º Cˆ ) + = 80º Cˆ 80º OAP = Cˆ (por inscrito) Luego, APC OAP = 90 º cos OAP = sen APC **. Álgebr. Se un número rel positivo y n un entero myor que. Demostrr que: + n < + OME (olimpid mtemátic espñol) 007 Solución: podemos suponer sin perdid de generlidd que >, se b = > : + ( b b ) b b n < = n < + ( b b ) b b Ahor podemos plicr l ecución ciclotómic b b : n n b b ( b b )( b + b +... + b ) n n n < = = ( b + b +... + b ) b b b b Pero esto es equivlente l desiguldd entre ls medis ritmétic y geométric: n n ( b + b +... + b ) n n n n b b... b = = n Teniendo siempre en cuent que l iguldd se cumple si y solo si n n b = b =... = b, y como b >, no se cumple nunc l iguldd. 5