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Re: [obm-l] Segunda prova da IMO - Solucoes
Oi pessoal,
Aí vão minhas soluções do segundo dia, como mencionado na mensagem
anterior.
Abraços,
Gugu
>
>Oi gente, lá vai o segundo dia da IMO.
>
>Como a primeira prova de ontem, eu mesmo traduzi
>agora.
>
>Ainda não pensei nos problemas de hoje, mas eles
>parecem ser bem legais!
>
>Os de ontem foram bem legais também. No começo, achei
>que os problemas eram difíceis porque nem tinha muita
>idéia 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 seqüência infinita a_n =
>2^n + 3^n + 6^n - 1, n >= 1.
>
>5. Seja ABCD um quadrilátero convexo e fixado com BC =
>DA e BC não paralelo a DA. Sejam E e F dois pontos
>variáveis 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 triângulos
>PQR. Prove que os circuncírculos desses triângulos têm
>um ponto comum diferente de P.
>
>6. Numa competição de matemática na qual foram
>propostos 6 problemas, quaisquer dois problemas foram
>resolvidos por mais de 2/5 dos estudantes. Além 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
>
>=========================================================================
>Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
>=========================================================================
>
Soluções:
4) Vamos achar os primos que dividem algum a_n, com n>=1 (esses não podem
dividir nenhum elemento desse conjunto de inteiros positivos em questão).
Temos que 2 divide a_1=2+3+6-1=10, e 3 divide a_2=2^2+3^2+6^2-1=48. Além
disso, como (x-1)(x-2)(x-3)(x-6)=x^4-12x^3+47x^2-72x+36, a seqüência
satisfaz a recorrência 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 também o artigo sobre recorrências
na Eureka 9). Se p é um primo diferente de 2 e 3, 36 e' inversível módulo p,
e a recorrência é reversível (módulo p):
a_n=(36)^(-1).(72.a_(n+1)-47.a_(n+2)+12.a_(n+3)-a_(n+4)) (mod p). Assim, a
seqüência a_n módulo p é puramente periódica (tem que ser periódica a partir
de um certo ponto pois têm 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 é 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 então 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 único inteiro positivo que satisfaz a
condição do enunciado é 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 aí as equações das retas AC, BD e EF
são: 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 então 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 (não 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 circuncírculo de PQR tem equação 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 interseção de (C=0) e (L=0), que são (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, né ?
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 interseções por
produtos), qq i,j. Peguemos 3 pares, por exemplo A1A2, A3A4 e A5A6. A
interseção dos 3 é vazia, por hipótese. A soma dos seus cardinais e' maior
que 3.(2n/5), donde a soma dos cardinais de A1A2A3A4, A1A2A5A6 e A3A4A5A6 é
maior que 3.(2n/5)-n=n/5. Assim, a média dos cardinais dos A_iA_jA_rA_s é
maior que n/15 (além disso, a média das diferenças dos cardinais dessas
interseções 4 a 4 e n/15 é igual à média das diferenças entre os cardinais
das interseções dos pares e 2n/5). Como há 15 dessas interseções 4 a 4, elas
não podem ser todas disjuntas, e logo tem que haver alguma interseção entre
elas, i.e, alguém resolveu 5 problemas. Se for exatamente um cara, este está
em 5 dessas interseções 4 a 4, donde a soma dos cardinais das interseções 4
a 4 é no máximo n+4. Se n não for 2 módulo 5, |A_iA_j|-2n/5 é pelo menos 2/5
para todo i,j, donde a média das interseções 4 a 4 é pelo menos n/15+2/5,
donde a soma de seus cardinais é pelo menos n+6, absurdo. Vamos então supor
que n=2(mod 5), e que só o cara x fez 5 problemas. A soma dos cardinais das
interseções 4 a 4 é no mínimo 15(n/15+1/5)=n+3, donde é n+3 ou n+4. Se algum
cara resolveu no máximo 3 problemas, digamos 1,3 e 5, essa soma dá n+3, pois
ele não está na união das interseções 4 a 4, donde |A_iA_j|-2n/5=1/5 para
todo i,j e a união de A1A2, A3A4 e A5A6 dá tudo (senão a média dos cardinais
das interseções 4 a 4 aumenta), mas por outro lado, se tomamos os três pares
de conjuntos como acima, a união de A1A2, A3A4 e A5A6 não contém esse cara,
que fez no máximo os problemas 1,3 e 5, absurdo. Assim, a soma dos cardinais
das interseções 4 a 4 é n+4 e a união das interseções 4 a 4 dá tudo. Suponha
que {x}=A1A2A3A4A5.
Como existem 15 pares de conjuntos e 15 interseções 4 a 4, e a média dos
excessos |AiAj|-2n/5 e |AiAjArAs|-n/15 é a mesma, igual portanto à segunda,
que vale 4/15, segue que existe exatamente um par i0<j0 com
|Ai0Aj0|=(2n+6)/5, e todos os outros |AiAj| são (2n+1)/5. Seja {r,s} um par
contendo 6 e que intersecte mas não seja igual a {i0,j0}. Suponhamos que
{1,2,3,4,5,6}={r,s,a,b,c,d}. Temos que ArAs é a união 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 é |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| é no máximo (n-7)/15 (senão os dois seriam no mínimo (n+8)/15,
absurdo). Digamos que |ArAsAaAb|<=(n-7)/15. Considerando igualdades como as
três acima em que trocamos {r,s} por {c,d}, segue que os AcAdAiAj têm
>=(n+8)/15 elementos em média, donde, como no máximo 3 deles se intersectam,
sua união 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 não intersecta {c,d}.
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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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