[obm-l] Solucoes da IMC

[yurigomes@xxxxxxxxxxxxxx]

 Oi Marcio e pessoal da lista,
  
 Estamos aguardando a recorrecao que serah amanha, visto que acho que terah
muita mudanca depois disso. Qto aas suas solucoes:

PRIMEIRO DIA 

Prob 1: todo mundo fez considerando subconjuntos contidos nos intervalos
[1/(k+1), 1/k] e o reciproco negativo. Cada subconjunto desses sera finito,
de modo que a soma enumeravel de conjuntos finitos eh enumeravel.

 Prob 2: O Alex e mais alguns fizeram desse jeito. Eu fiz uma inducao um
pouco mais complicada e indo de um em um.

 Prob 3: basicamente igual.

 Prob 4: tente considerar tres pontos de uma mesma cor. Fazendo isso, a
quantidade de pontos da cor oposta sera maior do que a da cor dos tres pontos.
Entaum se vc tomar outros tres pontos da cor oposta, voce chegara a um absurdo.

 Prob 5: existe uma generalizacao, mas nao tou lembrado agora. A ideia eh
dividir o intervalo no meio e usar inducao.

 Prob 6: ainda naum sei, mas acho que seja do jeito que vc fez.

SEGUNDO DIA

 Prob 1: considere submatrizes 2x2 de cada uma das duas matrizes e veja
o que acontece.

 Prob 2: Considere F = int(sqrt(f)) e G = int(sqrt(g)), mostre que F e G
saum convexas, tem pontos finais iguais e F <= G. Analise o comprimento
de arco do grafico... Praticamente feita!

 Solucao do Alex: 
 LEMA: Seja f continua tal que int(a, b)(f) = 0, int(x, b)(f) >= 0 e seja
h de classe C^1 nao decrescente. Entaum int(a, b)(f*h) >= 0. 

  PV: Temos que int(a, b)[int(x, b)(f(t)*h'(x))dt]dx >= 0, pois h'(x) >=
0. Troque a ordem de integracao para concluir o lema. 

  SOLUCAO DO PROBLEMA: use 
   f := sqrt(f) - sqrt(g) e 
   h := (sqrt(f) + sqrt(g))(sqrt(1 + f) + sqrt(1 + g)).
   h nao eh C^1 mas eh nao decrescente e portanto pode ser aproximada por
funcoes C^1 nao decrescentes (Stone-Weiertrass). Fim.

 Prob 3: existem varias solucoes. Eu usei um polinomio e trabalhei com as
raizes n-esimas da unidade rotacionadas de um fator pras contas darem certo.
A maioria integrou a funcao distancia a cada p_i sobre a circunferencia
e o Humberto considerou os vertices de um quadrado e mostrou que a soma
das distancias de cada p_i a esses vertices eh sempre >= 4 (na verdade,
soh sao necessarios dois pontos diametralmente opostos).

 Prob 4: apos pensar um pouco, suspeita-se que os autovalores sao lamba_i
+ lambda_j com multiplicidade m_i*m_j.

 Prob 5: soh eu fiz do Brasil, usando que |lnx| >= 1 - x para todo x em
[0, 1]. Com isso, vc fica com uma integral que dah pra calcular e que dah
exatamente 1.

 Prob 6: a solucao oficial eh um argumento combinatorio escroto, como tah
me dizendo o Alex aqui do lado. Ninguem ainda tentou entender, hehe...

  As pontuacoes parciais jah sairam. Por enquanto quem estah em primeiro
lugar fez 190 ptos. No primeiro dia, o que fez mais foi 110. Isso mostra
a maior dificuldade do segundo dia, que nao tava com nenhuma questao muito
facil. A segunda questao estah muito mal colocada (acho que do Brasil soh
o Humberto fez). Achei a tres a mais facil do segundo dia. A solucao oficial
eh a que o Claudio fez. Ok, acho que eh soh isso. Amanha esperamos mandar
um email com boas noticias, hehe... 
 
Yuri e Alex
 
-- Mensagem original --

>   Oi gente.. Tentei fazer as questoes do 1o dia da imc. Estamos ansiosos
>por noticias de como o pessoal esta indo na prova! Ao contrario da IMO,
na
>IMC nao eh o lider que corrige as provas do pais. Ele participa da banca
>de
>uma determinada questao e depois participa da revisao de notas dos seus
>alunos. Por esse motivo, seria interessante que voces postassem as
>principais solucoes para que o pessoal da lista possa ajudar..
>    Quem nao quiser ver as solucoes, pare de ler por aqui. Vou escrever
>minhas solucoes, leiam com atencao e me avisem se notarem algo
>errado. O 1,2,3 eram mais faceis. O 5 eu escrevi 2 linhas sem mto nexo
la
>em
>baixo :) e no 6 eu usei um resultado nao obvio de analise complexa (e pulei
>algumas contas que teriam de ser feitas na prova).
>Ja o 4 eu demorei bastante (um pouco mais q o 2o tempo inteiro do jogo
BrasilxArgentina)
>e achei que tinha feito. Mas depois eu fui ver a solucao do mathlinks e
vi
>que era bem curta, mto simples, e comeco a achar que a minha esta errada
>(alem de ser completamente gigante). 
>    Em tempo: eu acabei de ver a prova do 2o dia. A primeira eh bem simples,
>usa uma ideia analoga a que foi usada na 1 do 2o dia do ano passado :)
Mas
>as outras parecem estar bem mais dificeis do que as de hoje!! Nao tenho
ideia
>alguma para a 2 por exemplo.. 
>    Abracos,
>    Marcio
>
>
>> >1) Let S be an infinite set of real numbers such that
>> >|s_1 + s_2 + ... + s_k| for every finite subset
>> >{s_1,s_2,...,s_k} of S. Show that S is countable
>
>    Escreva S = A U B, onde A e B sao respectivamente os subconjuntos de
>nao-negativos e nao-positivos de S.
>    Vamos provar que A e B sao enumeraveis e portanto S tmb é (por ser
uniao
>de 2 enumeraveis).
>    A enumeracao eh a seguinte (A e B sao analogos). Se A eh finito, eh
>simples. Caso contrario,coloque x_1 = max{A}, x_2 = max{A-{x_1}}, x_3 =
>max{A-{x_1,x_2}}, e assim por diante.
>    Isso funciona pq todos esses conjuntos admitem maximo!De fato, suponha
>que um conjunto X com infinitos termos e tq todo subconjunto tem modulo
da
>soma de seus elementos maior que 1 nao tenha maximo. Seja c = supX. Entao,
>existem infinitos elementos de X no intervalo (c/2, c)  (pq em todo
>intervalo (c-eps, c) deve haver elemento de X e vc sempre pega um 'mais
>proximo' de c) e pegando [2/c]+1 deles, a soma eh maior que (2/c)*c/2 =
1.
>
>> >2)Let P(x) = x^2 - 1. How many distinct real solutions
>> >does the following equation have:
>> >P(P(...(P(x))...)) = 0? [com P sendo aplicado 2004
>> >vezes]
>    Tem 2005 raizes. Vamos provar dois resultados por inducao que claramente
>implicam isso.  (Vou chamar P(...(P(x)...) com P aplicado k vezes de P_k
>(x))
>(i) A equacao P_n (x) = 0 tem sempre n+1 solucoes.
>(ii)A equacao [P_n (x) ]^2 = 1+a, com a>0 tem sempre 2 solucoes.
>    Para n = 1, o resultado eh bem obvio, basta olhar pro grafico de p(x)
>=
>x^2 - 1.
>    Para n = 2, tmb eh bem direto.
>Suponha valido ateh n.
>    (i) Considere a equacao P_n+1 (x) = 1+a, a>0 equivale a ([P_n (x)]^2
>-
>1)^2 = 1+a. Como P_n ^2 eh sempre positivo, isso eh equivalente a (P_n
>(x))^2 = 1 + sqrt(a), que por hipotese de inducao tem 2 solucoes.
>    (ii) P_n+1 (x) = 0 sse (P_n (x))^2 - 1 = 0 sse P_n(x) = 1 ou P_n(x)
>= -1. No primeiro caso, [P_n-1 (x)]^2 - 1 = 1, e pela hipotese de inducao
>(ii) isso tem exatamente duas raizes (equivale a (P_n-1 (x) )^2 = sqrt(2)
>>
>1). No segundo caso, [P_n-1 (x)]^2 - 1 = -1 sse P_n-1(x) = 0 e pela hipotese
>de inducao (i) isso tem exatamente n-1+1 = n raizes (distintas das outras
>2), de forma que a equacao
>P_n+1 (x) = 0 tem n+2 solucoes de fato.
>
>> >3) Let S_n be the set of all sum x_1+x_2+...x_n, where
>> >n>=2, 0<=x_1,...,x_n<="pi"/2 and
>> >sin(x_1) + sin(x_2) + ... + sin(x_n) = 1
>> >a) Show that S_n is an interval.
>> >b)Let l_n be the length of S_n. Find lim(n->infinito)(l_n).
>a) Por Jensen, sen[(x_1+...x_n)/n] >= (senx1+ ... +sen xn)/n = 1/n. Logo,
>x1+...+xn >= n * arcsen(1/n).
>    Sabemos que senx >= 2x/pi para x em [0,pi/2] (isso segue da concavidade
>do seno), de forma que
>x1+x2+...+xn <= pi/2 (senx1+...senxn) = pi/2.
>   Para mostrar que a imagem eh o intervalo (n * arcsen(1/n), pi/2) voce
>pode soh citar a continuidade da funcao ou mostrar usando soh o TVI
>unidimensional, vendo que dado t nesse intervalo, sempre consigo escolher
>a
>de forma que x1=x2=...=x_n-1 = a/(n-1), x_n = t -a  e (n-1)sen[a/(n-1)]
+
>sen(t-a) = 1 (encare o lhs como um f(a) e veja que f(0) = sen t <= 1 e
sendo
>a' tq a'/(n-1) = t-a', f(a') = n*arcsen(1/n) >= 1).
>b) A letra (b) eh consequencia do limite fundamental senx/x = 1 qdo x ->
>0.
>A resposta eh portanto pi/2 - 1.
>
>> >4)Suppose n>=4 and let M be a finite set of n points in
>> >R^3, no four of which lie in a plane. Assume that the
>> >points can be coloured black or white so that any of
>> >the sphere which intersect M in at least four points have
>> >the property that exactly half of the points in the
>> >intersection  of M and the sphere are white. Prove that
>> >all of the points in M lie on one sphere.
>     .... ...    ....    ...
>
>> >5) Let X be a set of  binomial(2k-4, k-2) + 1  real numbers,
>> >k>=2. Prove that there exists a monotone sequence x_1, x_2, ..., x_k
in
>> X such that |x_{i+1} - x_1| >= 2|x_i - x_1|
>> >for all i = 2,...,k-1.
>    Esse eu ainda nao consegui fazer, mas lembra um pouco um exercicio
>resolvido de uma eureka velha q eh o seguinte: O maior tamanho que pode
ter
>uma cadeia de subconjuntos de {1,...,n} sem que um contenha o outro eh
>binomial (n, [n/2]).
>
>> >6) For every complex number  z != 0,1 define
>> >   f(z) := sum((log z)^(-4)),
>> >where the sum is over all branches  of the complex
>> >logarithm.
>> >a) Show that there are two polynomials P and Q such
>> >that f(z) = P(z)/Q(z) for all z in C\{0,1}
>> >b) Show that for all z in C\{0,1}
>> >f(z)=z(z^2 + 4z + 1)/6(z-1)^4.
>
>    Se z = r*e^(ix), entao logz = logr + ix + 2tpi, donde f(z) = somatorio
>(t=-oo .. oo) 1 / (logz + (2ipi)t)^4, onde logz denota o log principal.
>P/ simplificar a notacao, ponha a=logz, b=2ipi, e f(t) = 1/(a+tb)^4. Usando
>um pouco de analise complexa e traçando um retangulo esperto, mostra-se
que
>somatorio (t=-oo..oo) de f(t) , quando converge, eh igual a - soma dos
>residuos de pi*cot(pi*t)*f(t) nos polos de f(t) (esse eh um resultado
>classico q eu ja conhecia, daí a questao ficou mais facil).
>    No caso, temos o polo t = -a/b de ordem 4, e o residuo eh portanto:
>limite (t-> -a/b)  (1/3!)* {(t+a/b)^4 * f(t) * pi * cot(pi*t)}"'  (derivada
>terceira do que esta entre chaves).
>    Ou seja, o somatorio eh f(z) = - (1/6)* (1/b^4)*pi* {(cotpi*t)"'} em
>t
>= -a/b.
>Embora isso aparentemente nao tenha a cara da resposta da pedida, a coisa
>tem tudo pra funcionar pq a=logz e exp(a) = z!! (e afinal, as funcoes
>trigonometricas nada mais sao do que combinacoes de exponenciais). Eh soh
>derivar 3 vezes e substituir para provar a letra (b) direto (e (a) fica
como
>consequencia).
>    (eu nao cheguei a fazer essa conta pq to digitando direto no computador,
>mas como vc ja sabe onde quer chegar, fica facil).
>    cot(pit)' = -picossec^2(pit) = -pi (1+cot^2(pit) ) -> pi^2 (2cot(pit)*cossec^2(pit))
>= pi^2 (2cot + cot^3) ->
>-pi^3 (2cossec^2 + 3cot^2 * cossec^2) = -pi^3 * cossec^2 (pit) * (2 + 3
+
>3cossec^2 (pit)).
>Pondo t = -a/b, exp(i*pi*t) = exp(-i*pi * logz / 2ipi ) = exp (-logz/2)
=
>[exp(logz)]^(-1/2)= 1/sqrt(z), de forma que 
>sen^2(pit) = [(exp(i*pit) - expi(-i*pit))/2i]^2 = [( (1/sqrtz) - sqrt(z)
>) / 2i ] ^2 = -(1/z + z - 2)/4 = -(z-1)^2 / 4z
>    Bom, daqui fica bem claro porque o (z-1)^4 aparece no denominador e
aih
>eh soh carregar a conta pra provar (a) e (b) de uma vez (se houver algum
>erro de conta ai, eh soh confrontar com o resultado dado na prova e corrigir).


Até mais, 

Yuri



------------------------------------------
Use o melhor sistema de busca da Internet
Radar UOL - http://www.radaruol.com.br




=========================================================================
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
=========================================================================