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Re: RES: [obm-l] Segunda prova da IMO - Solucoes

To: obm-l@xxxxxxxxxxxxxx
Subject: Re: RES: [obm-l] Segunda prova da IMO - Solucoes
From: Carlos Gustavo Tamm de Araujo Moreira <gugu@xxxxxxx>
Date: Tue, 26 Jul 2005 01:18:17 -0300 (BRST)
In-Reply-To: <20050725191139.EFAE24003E@licasi.terra.com.br> from "Pedro Antonio Santoro Salomao" at Jul 25, 5 04:10:47 pm
Reply-To: obm-l@xxxxxxxxxxxxxx
Sender: owner-obm-l@xxxxxxxxxxxxxx

   Caro Pedro,
   Está certa a sua solução (obviamente supondo que p é um primo ímpar
diferente de 3; os casos p=2 e p=3 são fáceis mas devem ser considerados a
parte), e é bem bonita. Concordo que esse problema não era difícil, mas num
certo sentido todo problema fica trivial depois de resolvido... 
   Abraços,
             Gugu

>
>Gugu,
>
>Acho que tenho uma solução mais simples para o 4.
>Seja p um primo impar. Fazendo tudo modulo p temos,
>2^(p-2)=a e 3^(p-2)=b onde 2a=1 e 3b=1.
>Então 6(2^(p-2)+3^(p-2)+6^(p-2)-1)=3+2+1-6=0.
>Isso mostra que para obtermos um múltiplo de p na seqüência, basta fazer
>n=p-2. Estranha essa solução, pois aí o problema fica trivial.
>
>Um abraço. Pedro.
>
>
>
>-----Mensagem original-----
>De: owner-obm-l@mat.puc-rio.br [mailto:owner-obm-l@mat.puc-rio.br] Em nome
>de Carlos Gustavo Tamm de Araujo Moreira
>Enviada em: Sunday, July 24, 2005 12:13 AM
>Para: obm-l@mat.puc-rio.br
>Assunto: Re: [obm-l] Segunda prova da IMO - Solucoes
>
>   Oi pessoal,
>   Am vco minhas solugues do segundo dia, como mencionado na mensagem
>anterior.
>   Abragos,
>            Gugu
>
>>
>>Oi gente, la vai o segundo dia da IMO.
>>
>>Como a primeira prova de ontem, eu mesmo traduzi
>>agora.
>>
>>Ainda nco pensei nos problemas de hoje, mas eles
>>parecem ser bem legais!
>>
>>Os de ontem foram bem legais tambim. No comego, achei
>>que os problemas eram difmceis porque nem tinha muita
>>idiia de como resolver, mas depois que parei para
>>pensar com mais calma consegui resolver dois problemas
>>(1 e 2).
>>
>>4. Determine todos os inteiros positivos relativamente
>>primos com todos os termos da seq|jncia infinita a_n =
>>2^n + 3^n + 6^n - 1, n >= 1.
>>
>>5. Seja ABCD um quadrilatero convexo e fixado com BC =
>>DA e BC nco paralelo a DA. Sejam E e F dois pontos
>>variaveis sobre BC e DA, respectivamente, tais que BE
>>= DF. As retas AC e BD cortam-se em P; as retas BD e
>>EF cortam-se em Q; as retas EF e AC cortam-se em R.
>>
>>Quando variamos E e F, obtemos diferentes tribngulos
>>PQR. Prove que os circuncmrculos desses tribngulos tjm
>>um ponto comum diferente de P.
>>
>>6. Numa competigco de matematica na qual foram
>>propostos 6 problemas, quaisquer dois problemas foram
>>resolvidos por mais de 2/5 dos estudantes. Alim disso,
>>nenhum estudante resolveu todos os 6 problemas. Mostre
>>que existem pelo menos 2 estudantes que resolveram 5
>>problemas cada um.
>>
>>[]'s
>>Shine
>>
>>
>>		
>>____________________________________________________
>>Start your day with Yahoo! - make it your home page 
>>http://www.yahoo.com/r/hs 
>> 
>>=========================================================================
>>Instrugues para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>>http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
>>=========================================================================
>>
>
>   Solugues:
>
>4)  Vamos achar os primos que dividem algum a_n, com n>=1 (esses nco podem
>dividir nenhum elemento desse conjunto de inteiros positivos em questco).
>Temos que 2 divide a_1=2+3+6-1=10, e 3 divide a_2=2^2+3^2+6^2-1=48. Alim
>disso, como (x-1)(x-2)(x-3)(x-6)=x^4-12x^3+47x^2-72x+36, a seq|jncia
>satisfaz a recorrjncia a_(n+4)=12.a_(n+3)-47.a_(n+2)+72.a_(n+1)-36.a_n (isso
>pode ser verificado diretamente, mas vejam tambim o artigo sobre
>recorrjncias 
>na Eureka 9). Se p i um primo diferente de 2 e 3, 36 e' inversmvel msdulo p,
>e a recorrjncia i reversmvel (msdulo p):
>a_n=(36)^(-1).(72.a_(n+1)-47.a_(n+2)+12.a_(n+3)-a_(n+4)) (mod p). Assim, a
>seq|jncia a_n msdulo p i puramente perisdica (tem que ser perisdica a partir
>de um certo ponto pois tjm que existir naturais distintos k e m com
>a_(k+j)=a_(m+j) (mod p) para j=0,1,2,3 (pois (Z/pZ)^4 i finito), donde
>a_(k+j)=a(m+j) (mod p) para todo j natural e, pela reversibilidade, para
>todo j inteiro. Como a_(-1)=1/2+1/3+1/6-1=0, devemos entco ter a_n=0 (mod p)
>
>para infinitos valores naturais de n. Assim, todo primo divide a_n para
>algum inteiro positivo n, donde o znico inteiro positivo que satisfaz a
>condigco do enunciado i o 1.
>
>5)  Nesse eu fiz B=(0,0), C=(1,0), D=(c,d) e A=(c+cos(a),d+sen(a)). Se
>E=(t,0), F=(c+t.cos(a),d+t.sen(a)), e am as equagues das retas AC, BD e EF
>sco: AC: y=(d+sen(a))(x-1)/(c+cos(a)-1), BD: y=dx/c, 
>EF: y=(d+t.sen(a))(x-t)/(c+t.(cos(a)-1)). Achamos entco P,Q e R: fazendo
>w=c.sen(a)-d(cos(a)-1), temos P=(c(d+sen(a)),d(d+sen(a)))/w, Q=P+(1-t)u,
>R=P+tv, onde u=-sen(a).(c,d)/w e v=sen(a).(c+cos(a)-1,d+sen(a))/w (nco vou
>me preocupar com denominadores que eventualmente se anulem - esses casos
>seguem por continuidade). Agora, via uma homotetia, podemos supor que
>P=(0,0), Q=(1-t,0) e R=(tm,th). O circuncmrculo de PQR tem equagco C+tL=0,
>onde C=x^2-x+y^2-my/h e L=x-(m^2+h^2+m)/h. Assim, todos eles passam pelos
>dois pontos de intersegco de (C=0) e (L=0), que sco (0,0)=P e
>s.(m^2+m+h^2,h), onde s=(m^2+h^2)/(h^2+(m^2+m+h^2)^2). E acabou, ni ?
>
>6)  Nesse a gente faz assim: seja A_i, 1<=i<=6 o conjunto dos caras que
>fizeram o problema i. Temos |A_i.A_j|>2n/5 (vou representar intersegues por
>produtos), qq i,j. Peguemos 3 pares, por exemplo A1A2, A3A4 e A5A6. A
>intersegco dos 3 i vazia, por hipstese. A soma dos seus cardinais e' maior
>que 3.(2n/5), donde a soma dos cardinais de A1A2A3A4, A1A2A5A6 e A3A4A5A6 i
>maior que 3.(2n/5)-n=n/5. Assim, a midia dos cardinais dos A_iA_jA_rA_s i
>maior que n/15 (alim disso, a midia das diferengas dos cardinais dessas
>intersegues 4 a 4 e n/15 i igual ` midia das diferengas entre os cardinais
>das intersegues dos pares e 2n/5). Como ha 15 dessas intersegues 4 a 4, elas
>nco podem ser todas disjuntas, e logo tem que haver alguma intersegco entre
>elas, i.e, alguim resolveu 5 problemas. Se for exatamente um cara, este esta
>em 5 dessas intersegues 4 a 4, donde a soma dos cardinais das intersegues 4
>a 4 i no maximo n+4. Se n nco for 2 msdulo 5, |A_iA_j|-2n/5 i pelo menos 2/5
>para todo i,j, donde a midia das intersegues 4 a 4 i pelo menos n/15+2/5,
>donde a soma de seus cardinais i pelo menos n+6, absurdo. Vamos entco supor
>que n=2(mod 5), e que ss o cara x fez 5 problemas. A  soma dos cardinais das
>intersegues 4 a 4 i no mmnimo 15(n/15+1/5)=n+3, donde i n+3 ou n+4. Se algum
>cara resolveu no maximo 3 problemas, digamos 1,3 e 5, essa soma da n+3, pois
>ele nco esta na unico das intersegues 4 a 4, donde |A_iA_j|-2n/5=1/5 para
>todo i,j e a unico de A1A2, A3A4 e A5A6 da tudo (senco a midia dos cardinais
>das intersegues 4 a 4 aumenta), mas por outro lado, se tomamos os trjs pares
>de conjuntos como acima, a unico de A1A2, A3A4 e A5A6 nco contim esse cara,
>que fez no maximo os problemas 1,3 e 5, absurdo. Assim, a soma dos cardinais
>das intersegues 4 a 4 i n+4 e a unico das intersegues 4 a 4 da tudo. Suponha
>que {x}=A1A2A3A4A5.
>    Como existem 15 pares de conjuntos e 15 intersegues 4 a 4, e a midia dos
>excessos |AiAj|-2n/5 e |AiAjArAs|-n/15 i a mesma, igual portanto ` segunda,
>que vale 4/15, segue que existe exatamente um par i0<j0 com
>|Ai0Aj0|=(2n+6)/5, e todos os outros |AiAj| sco (2n+1)/5. Seja {r,s} um par
>contendo 6 e que intersecte mas nco seja igual a {i0,j0}. Suponhamos que
>{1,2,3,4,5,6}={r,s,a,b,c,d}. Temos que ArAs i a unico disjunta de ArAsAaAb,
>ArAsAcAd e AaAbAcAd. Temos
>|AaAbAcAd|+|ArAsAaAb|+|ArAsAcAd|=|AaAb|+|AcAd|+|ArAs|-n=3(2n+1)/5-n=(n+3)/5
>|AaAbAcAd|+|ArAsAaAc|+|ArAsAbAd|=|AaAc|+|AbAd|+|ArAs|-n=3(2n+1)/5-n=(n+3)/5
>|AaAbAcAd|+|ArAsAaAd|+|ArAsAbAc|=|AaAd|+|AbAc|+|ArAs|-n=3(2n+1)/5-n=(n+3)/5,
>donde, como a soma dos |ArAsAiAj| sobre os i,j i |ArAs|=(2n+1)/5, temos
>3|AaAbAcAd|+(2n+1)/5=3(n+3)/5, e logo |AaAbAcAd|=(n+8)/15.  Em particular,
>n=7(mod 15). Segue da primeira dessas 3 igualdades que |ArAsAaAb| ou
>|ArAsAcAd| i no maximo (n-7)/15 (senco os dois seriam no mmnimo (n+8)/15,
>absurdo). Digamos que |ArAsAaAb|<=(n-7)/15. Considerando igualdades como as
>trjs acima em que trocamos {r,s} por {c,d}, segue que os AcAdAiAj tjm
>>=(n+8)/15 elementos em midia, donde, como no maximo 3 deles se intersectam,
>sua unico AcAd tem pelo menos 2(n+8)/5-2=(2n+6)/5, e logo {c,d}={i0,j0},
>absurdo pois {i0,j0} intersecta {r,s}, que nco intersecta {c,d}.
>=========================================================================
>Instrugues para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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>Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
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