Eu havia mandado a solução dos dois primeiros
problemas, bem como os enunciados dos tres primeiros (o 3 eu nao consegui
fazer) para a obm-l, mas o email voltou nao sei pq (tinha um arquivo de
miseros 2kb). Vou reenviar aqui o email:
A propósito, sua conjectura eh "quase" verdadeira, e tmb
foi a minha conjectura durante boa parte da solução!
"
Oi gente, sairam as questoes do 1o dia
de prova. Elas estao disponiveis em www.mathlinks.ro , mas voce
deve tomar o cuidado de clicar soh no primeiro link para nao ver as
solucoes. Meus comentarios seguem abaixo pra quem quiser ler. (Nao leia se
vc ainda quer pensar!!)
Problema 1: Seja ABC um triângulo acutângulo,
AB != AC. O circulo de diâmetro BC intersecta AB e AC em M e N
respectivamente. Seja O medio de BC. As bissetrizes de BOC e MON se
encontram em R. Mostre que os circulos circunscritos aos triangulos BMR e
CNR se intersectam num ponto de BC.
Problema 2: Encontre todos os polinomios f com
coeficientes reais tais que, para todos a,b,c com ab+ac+bc=0 se tem
f(a-b)+f(b-c)+f(c-a)=2f(a+b+c).
Problema 3: Defina um anzol como sendo uma
figura formada a partir de 6 quadrados unitarios como mostrado na
figura em anexo, ou qualquer das figuras obtendo por uma rotacao
desta. Determine todos os retangulos mxn que podem ser cobertos com anzois
de modo que:
(a) O retangulo eh coberto
sem buracos e sem sobreposicoes e
(b) Nenhuma parte do anzol cai fora do retangulo.
**********COMENTÁRIOS**********
Eu consegui arranjar 4hs do
meu dia pra pensar nas questoes.. Perdi muito tempo tentando fazer conta na
1 (q eh bem facil, mas eu soh notei isso depois que desisti da conta e
transportei angulo) e acabei nao pensando mto na 3 (q eu provavelmente
nao faria mesmo :) ). Eu consegui fazer os problemas 1 e 2, . O dois nao eh
tao direto qto o 1 (pelo menos nao foi na minha solucao). Espero nao
ter errado nada.. Pensem tmb, corrijam-me se for o caso e mandem pra
lista alguma coisa. Amanha espero conseguir separar um tempo pra pensar nos
outros 3 (q ainda nao estao disponiveis no site).
Minhas solucoes por enquanto
(Nao coloquei aqui passo a passo pq eh chato digitar. se alguem se
manifestar ou se eu tiver tempo livre depois eu posso colocar com mais
detalhes).
********SOLUCAO DO 1*******
1. a. Incialmente mostre que MR = NR
(congruencia de triangulos OMR e ONR).
b. Note que a condicao do
problema eh equivalente a mostrar que <BMR>+<RNC> = 180.
c. Aplique lei dos senos em
AMR e ANR p/ concluir que sen(BMR)=sen(RNC).
d. Usando a congruencia
(a), veja que <BMR>=<RNC> => ABC isosceles, logo
<BMR>+<RNC>=180.
********SOLUCAO DO 2********
2. Note primeiro que f eh par (a=b=c da f(0) =
0 e dai ponha (a,b,c) = (-2c,-2c,c) por exemplo).
Ponha (a,b,c) = (-x, 1+x,
x+x^2) e note que ab+ac+bc = 0 para todo x real (a idéia aqui
foi arriscar um pouco fazendo a=-1 e depois limpar
denominadores).
Substituindo
a,b,c na eq. funcional: f(2x+1) + f(x^2-1) + f(2x+x^2) =
2*f(x^2+x+1) p/ todo x real (*)
Como f eh um
polinomio par, escreva f(x) = a*x^n + b*x^(n-2) + ...graus
menores.
Compare agora os
coeficientes de x^(2n-2) em cada lado de (*). Para 2n-2>n (i.e, n>2),
o termo f(2x+1) nao influencia e nessa comparacao (usando binomio de
newton) soh os coeficientes com "a" interferem, dando algo como
a*[-n + 4Binomial(n,2)] = 2a*[Binomial(n,2) + n], donde n = 0 ou n = 4.
Logo, estamos restritos a
f(x) = p*x^4 + q*x^2 .Aqui, para a conta nao ficar grande, note que
f(x)=qx^2 claramente satisfaz as condições do problema para qualquer q. Mais
ainda, pondo f(x) = g(x) + q*x^2, note que f satisfaz o
problema sse g satisfaz. Logo, basta mostrar que g(x)=p*x^4 tmb
satisfaz a igualdade. Isso demorou um pouco pra mim (eu
inclusive cheguei a achar q nao funcionava):
Mas funciona. Meu modo
de ver isso foi o seguinte: Pondo f(x) = p*x^4 e a condicao em (a,b,c)
voce cai num problema todo homogeneo. Logo, vc pode fazer spg a = -1, donde
b = c/(c-1). Escrevendo c=1+x e multiplicando tudo por x, vc conclui q soh
precisa mostrar p/ (a,b,c)=(-x,1+x,x+x^2), ou seja, eh soh testar em (*). Ai
eu comparei no braço os 2 polinomios de grau 8.. Talvez vcs achem mais facil
substituir direto na eq. funcional.
Conclusao: Os unicos
polinomios que satisfazem o enunciado sao aqueles da forma f(x) = p*x^4 +
q*x^2, com p,q reais.
Abraços aos que leram até
aqui!
Marcio!"
Em 13 Jul 2004, obm-l@mat.puc-rio.br escreveu:
>> A prova do primeiro dia da IMO (em inglês), está em
>>
>> http://www.teorema.mat.br/imo20041.pdf
>>
>> Paulo
>>
>
>Gostei do segundo... Eu conjecturo que a resposta é f(x) =
C.x^2, para
>qualquer constante real C.
>
>Algumas idéias:
>
>Se a = b = c = 0, temos
>3f(0) = 2f(0) => f(0) = 0
>
>Se b = c = 0, a fica livre (pois ab + bc + ac = 0
independente do valor
>de a).
>f(a-b) + f(b-c) + f(c-a) = f(a) + f(0) + f(-a) = f(a) + f(-a)
>e f(a+b+c) = f(a), logo
>f(a) + f(-a) = 2f(a) => f(a) = f(-a) para todo a real
=> f é função par.
>
>Seja u um real, note que se (a, b, c) é uma tripla
satisfazendo ab + bc
>+ ac, temos que u(a, b, c) = (ua, ub, uc) também satisfaz
(ua)(ub) +
>(ub)(uc) + (ua)(uc) = u^2(ab + bc + ac) = 0.
>
>Sendo assim,
>f(u(a-b)) + f(u(b-c)) + f(u(c-a)) = 2f(u(a+b+c)) para todo u
real.
>Podemos então encarar a igualdade acima como uma igualdade de
duas
>funções de u, e podemos aplicar derivadas a ambos os lados já
que f é de
>classe C^oo.
>
>Se f é um polinômio de grau 2n, a 2n-ésima derivada de f é
constante (o
>coeficiente líder do polinômio).
>
>Veja que d^k [f(u(a-b))]/du = (a-b)^k * f^(k)(u(a-b)) --
>onde f^(k)(x0) é a k-ésima derivada de f aplicada em x0.
>Como f^(2n)(x) = alpha (constante), devemos ter
>(a-b)^2n + (b-c)^2n + (c-a)^2n = 2(a+b+c)^2n.
>
>Agora vem a conjectura: parece que o lado direito cresce mais
(com
>relação a n) que o lado esquerdo... mas isso é palpite,
precisa fazer
>conta pra mostrar algo do tipo...
>
>[ ]'s
>=========================================================================
>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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