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" <[EMAIL PROTECTED]>
To: <[email protected]>
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.
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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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