Re: [obm-l] Prova da IMO - Primeiro dia - Solucoes

["Marcio Cohen" <marciocohen@xxxxxxxxxxxxxx>]

   Oi gente! Esse ano não pude pensar nos problemas da imo do jeito que 
gosto (pegando a prova logo depois de ela ser liberada no mathlinks e indo 
para um restaurante pensar 4h30m direto nela :)).. Mas finalmente peguei a 
prova (do primeiro dia) de jeito e consegui fazer as questoes. Vou mandar 
aqui minhas solucoes do 1o dia conforme o gugu sugeriu (obs: reparei que 
minha solucao da 2 eh mto parecida com a do gugu, mas agora vou mandar mesmo 
assim). Espero que esteja tudo certo (minha unica duvida eh na 2 :), mas 
acho que tá certa. prefiro mandar logo).
    Vou colocar as soluções após os enunciados do shine também.
Obs: Quem não entender a minha solução da 3 deve aguardar um artigo na 
eureka sobre desigualdades e contas simétricas que estou escrevendo!

----- Original Message ----- 
From: "Carlos Gustavo Tamm de Araujo Moreira" <gugu@impa.br>
To: <obm-l@mat.puc-rio.br>
Sent: Sunday, July 24, 2005 12:06 AM
Subject: Re: [obm-l] Prova da IMO - Primeiro dia - Solucoes


>   Oi pessoal,
>   Resolvi compilar as minhas soluções de cada um dos dias para fins de
> referência (em particular porque algumas de minhas mensagens anteriores
> foram um pouco confusas, ou por não ter a solução junto ou por não dizerem
> no subject sobre que problema tratavam). Seguem aqui (como sempre, após a
> mensagem original do Shine) as soluções do primeiro dia.
>   Abraços,
>            Gugu
>
>>Oi gente,
>>
>>Acabei de ver a primeira prova da IMO no site
>>http://www.mathlinks.ro/
>>
>>Lá vão os enunciados (eu mesmo traduzi agora).
>>
>>1. Escolhemos seis pontos sobre os lados do triângulo
>>equilátero ABC: A_1, A_2 sobre BC; B_1, B_2 sobre AC;
>>C_1, C_2 sobre AB. Essa escolha é feita de modo que
>>A_1A_2B_1B_2C_1C_2 é um hexágono convexo com todos os
>>seus lados iguais.
>>
>>Prove que A_1B_2, B_1C_2 e C_1A_2 são concorrentes.

Solução: Spg, ponha A1 = (x,0); A2 = (-y,0), onde x,y sao reais positivos 
com x+y = r, r o lado do hexagono.
   Sejam a e b os angulos <B1,A2,C> e <C2,A1,B> respectivamente (i.e, os 
angulos do hexagono com a base BC).
   Pensando vetorialmente, temos C1 = (x+rcos(b)-rcos60, rsen(b)+rsen60); B2 
= (-y-rcos(a)+rcos60, rsen(a)+rsen60).
   Como todos os lados sao iguais, a distancia de C1 a B2 eh r. Usando que 
x+y=r, cos60 = 1/2 e a formula da distancia entre dois pontos isso dá: 
(cos(b)+cos(a))^2 + (sen(b)-sen(a))^2 = 1 donde cos(a+b) = -1/2 e a+b = 120 
graus.
    Esse mesmo raciocínio se aplica a cada uma das bases, e portanto os 
triângulos das pontas são todos congruentes.
    Todos os lados do triangulo B2,C2,A2 são iguais (cada um deles eh base 
de um triangulo de lados r,r com angulo 120-b entre esses r´s) e portanto 
ele eh equilatero. As retas B1C2, A1B2, C1A2 são alturas desse triangulos 
equilatero (a congruencia LLL dos triangulos B1B2C2 e B1A2C2 implicam C2B1 
perpendicular a B2A2), e portanto concorrem num ponto.

>>>>2. Seja a_1,a_2,... uma seqüência de inteiros com
>>infinitos termos positivos e negativos. Suponha que
>>para todo n inteiro positivo os números
>>a_1,a_2,...,a_n deixam n restos diferentes na divisão
>>por n.
>>
>>Prove que todo inteiro aparece exatamente uma vez na
>>seqüência a_1,a_2,...

Solução:
   Basta provar que o 0 aparece na sequencia, pois r aparece na sequencia 
(x_n) sse 0 aparece na sequencia (x_n - r), e (x_n) tem as propriedades do 
enunciado sse (x_n - r) tem.
   Suponha, spg, x1 = p > 0 (se x1<0, olhe para a sequencia (- x_n) ):
      Temos entao x2 = p-1 ou x2 = p+1 (pq se x2 = p+i com i impar >1, entao 
x2=x1 (mod i) e i >=3 ainda nao chegou!).
      Vamos provar por inducao que a sequencia nunca da saltos, i.e, que 
cada novo termo está a uma unidade de distancia de algum termo que ja 
apareceu na sequencia. Como a sequencia eventualmente fica negativa, isso 
garante que ela passa pelo zero.
      Suponha que {x1,x2,...,xt} = {p-s,...,p-2,p-1,p,p+1,p+2,...,p+r} com 
r+s+1=t.
      Entao, as unicas opcoes para x(t+1) sao p-s-1 e p+r+1  (observe que 
p+r+1=p-s-1 (mod t+1)).
      De fato, olhando mod (t+1) temos que {p-s-1,p-s,...,p+r} e {p-s, 
...,p+r,p+r+1} formam um sistema completo de residuos mod(t+1) (pois sao uma 
versao transladada de {1,2,...,r+s+2=t+1}). Os numeros que poderiam ocupar a 
posicao x(t+1) sao portanto os que tem a mesma classe que estes dois tem mod 
(t+1), i.e, sao: p+r+1, p+r+1+(t+1), p+r+1+2(t+1), ..., p-s-1, p-s-1-(t+1), 
p-s-1-2(t+1), ...
      Agora, se x(t+1) = p+r+1+k(t+1) com k>1, entao x(t+1)=p+r (mod 
1+k(t+1)), e como 1+k(t+1) > t+1, isso vai estragar a sequencia na posicao 
1+k(t+1). O outro caso eh analogo.

>>3. Sejam x,y,z reais positivos tais que xyz >= 1.
>>Prove que
>>(x^5-x^2)/(x^5+y^2+z^2) +
>>(y^5-y^2)/(x^2+y^5+z^2) +
>>(z^5-z^2)/(x^2+y^2+z^5) >= 0.

Solução:
   Tirando mmc e olhando para as somas simétricas, a desigualdade eh 
equivalente a:
        sym_sum (x^5-x^2)(x^2+y^5+z^2)(x^2+y^2+z^5) >= 0
    Como (x^2+y^5+z^2)(x^2+y^2+z^5) = x^4 +(y^5+z^2+y^2+z^5)x^2 + 
(y^5+z^2)(z^5+y^2), o que quero eh:
        sym_sum (x^9 + 2x^7y^5 + 2x^7y^2 + 2x^5y^7 + x^5y^5z^5 + x^5y^2z^2) 
 >=
        sym_sum (x^6 + 2x^4y^5 + 2x^4y^2 + 2x^2y^7 + x^2y^5z^5 + x^2y^2z^2)
    O termo x^5y^5z^5 te impede de usar bunching direto, mas isso eh 
facilmente corrigido...
    Agora usando respectivamente desigualdade das médias, bunching e xyz >=1 
temos:
       sym_sum(2x^7y^5 + x^5y^5z^5 + x^5y^2z^2) >=
       sym_sum(4x^6y^4,25z^1,75 ) >=
       sym_sum(2x^6y^4z^2 + x^5y^5z^2 + x^4y^4z^4) >=
       sym_sum(2x^4y^2 + x^5y^5z^2 + x^2y^2z^2)     (i)
    E usando resp. bunching e xyz>=1:
       sym_sum(x^9+2x^7y^5) >= sym_sum(x^7yz+2x^6y^5z) >= 
sym_sum(x^6+2x^5y^4)  (ii)
    Somando as desigualdades (i) e (ii) obtemos exatamente o que 
precisavamos!



> Soluções:
>
> 1) Se o lado do triângulo e' 1 e denotamos um segmento em cada lado por a, 
> b
> e c, obtemos umas identidades como segue (pela lei dos cossenos):
> a^2+(1-x-b)^2-a(1-x-b)=x^2
> b^2+(1-x-c)^2-b(1-x-c)=x^2
> c^2+(1-x-a)^2-c(1-x-a)=x^2
> Subtraindo a primeira da segunda temos a^2-c^2+(2c-b-a)(1-x)+b(a-c)=0, e,
> subtraindo a terceira da segunda, temos b^2-a^2+(2a-c-b)(1-x)+c(b-a)=0, 
> que
> podem ser escritas como (a-c)(a+b+c)=(1-x)(a+b-2c) e
> (b-a)(a+b+c)=(1-x)(b+c-2a). Multiplicando a primeira por b+c-2a, a segunda
> por a+b-2c e igualando, temos, depois de cortar o a+b+c,
> (a-c)(b+c-2a)=(b-a)(a+b-2c), donde a(2b-a-c)=b^2+ab-bc+c^2-2ac, ou seja,
> ab+ac+bc=a^2+b^2+c^2, donde a=b=c, e a primeira equação vira algo como
> a^2+(1-a-x)^2-a(1-a-x)=x^2, donde a^2+(1-a)^2-a(1-a)-2x(1-a)+ax=0, ou 
> seja,
> x(2-3a)=3a^2-3a+1, e 1-a-x=(1-2a)/(2-3a). Basta ver então que a reta que
> passa por ((1-2a)/(2-3a),0) e (1/2+a/2,(1-a)sqrt(3)/2) passa por
> (1/2,sqrt(3)/6), o centro do triângulo, e acabou.
>
> 2) Essa eu fiz assim: se 1<=i<j então |a_i-a_j|<j, senão, fazendo
> n=|a_i-a_j|, temos 1<=i<j<=n mas a_i e a_j deixam o mesmo resto na divisão
> por n. Assim, para todo n>=1, {a_1,a_2,...,a_n} tem que ser um 
> "intervalo",
> isto é, um conjunto de n inteiros consecutivos (com efeito, pelo fato 
> acima,
> a diferença entre o menor e o maior desses números é menor que n, e eles 
> são
> todos distintos). Como uma união crescente de "intervalos" de inteiros que 
> é
> ilimitada dos dois lados tem que o conjunto de todos os inteiros, acabou.
>
> 3) Aqui, chamei x^2+y^2+z^2 de A (que e' pelo menos 3, por MA-MG, pois
> xyz>=1) e ai' o negócio fica r/(A+r)+s/(A+s)+t/(A+t), onde r, s e t são
> x^5-x^2, y^5-y^2 e z^5-z^2, respectivamente. Aí eu troquei os w^5-w^2 por
> w^3-1, para w=x,y,z (se der certo a desigualdade com essa troca então vale 
> a
> original, pois, como w>0, w^5-w^2 e' maior que w^3-1). Assim, basta provar
> que (x^3-1)/(A+x^3-1)+(y^3-1)/(A+y^3-1)+(z^3-1)/(A+z^3-1)>=0, o que 
> equivale
> a 3-A(1/(A+x^3-1)+1/(A+y^3-1)+1/(A+z^3-1))>=0, e, fazendo c=A-1>=2, m=x^3,
> n=y^3, p=z^3, isso equivale a mostrar que 
> 1/(m+c)+1/(n+c)+1/(p+c)<=3/(1+c),
> sabendo que m,n,p>0, mnp>=1 e c>=2. Isso pode ser mostrado assim: podemos
> supor mnp=1 (se aumentamos um deles, o lado esquerdo diminui, e o direito
> não muda). Supondo m<=n<=p, como mnp=1, segue que mn<=1, e portanto, 
> fazendo
> u=m^(1/2) e v=n^(1/2), temos 1/(u^2+c)+1/(v^2+c)-2/(uv+c)=
> =(uv+c)(u^2+v^2+2c)-2(u^2+c)(v^2+c)=(uv-c)(u^2+v^2-2uv)<=0, i.e, trocando 
> m
> e n por (mn)^(1/2), o lado direito não diminui, e logo podemos supor m=n, 
> e
> p=1/m^2. A desigualdade então fica 2/(m+c)+m^2/(1+cm^2)<=3/(1+c), o que
> equivale a (1+c)(2(1+cm^2)+m^2.(m+c))-3(m+c)(cm^2+1)<=0. O lado esquerdo é
> (1-2c)m^3+3cm^2-3m+(2-c)=(m-1)^2.((1-2c)m+2-c)<=0, pois c>=2 e m>=0, cqd.
> =========================================================================
> 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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