Como se sabe, la Olimpiada Iberoamericana de Matemáticas se realizó esta semana en Cochabamba. Enseguida presento los problemas tomados del facebook de la OMM [1] (de una comunicación de Amanda Rhoton [2]).
Equiláteros en un rectángulo
1. Sea $ABCD$ un rectángulo. Se construyen triángulos equiláteros $BCX$ y $DCY$ de modo que estos triángulos comparten algunos de sus puntos interiores con los puntos interiores del rectángulo. Las rectas $AX$ y $CD$ se cortan en $P$, y las rectas $AY$ y $BC$ se cortan en $Q$. Probar que el triángulo $APQ$ es equilátero.
http://www.jt.ues.edu.sv/foro/viewtopic.php?f=15&t=107 [3]
Enteros brillantes
2. Decimos que un entero positivo es brillante si puede ser escrito como la suma de dos enteros no necesariamente distintos $a$ y $b$ con la misma suma de dígitos. Por ejemplo, 2012 es brillante ya que 2012=2005+7 y 2005 y 7 tienen la misma suma de dígitos. Determinar todos los enteros positivos que no son brillantes.
http://www.jt.ues.edu.sv/foro/viewtopic.php?f=16&t=108 [4]
Conjuntos n-completos
3. Sea $n$ un entero positivo. Dado un conjunto de enteros $\{a_1,a_2,\ldots,a_n\}$, donde $a_i\in\{0,1,2\ldots,2^n\}$ para todo $i$, asociamos a cada uno de sus subconjuntos la suma de sus elementos; en el caso particular del conjunto vacío dicha suma es $0$. Decimos que $\{a_1,a_2,\ldots,a_n\}$ es $n$-completo si todas estas sumas son diferentes módulo $2^n$. Determinar el número de conjuntos $n$-completos en función de $n$.
http://www.jt.ues.edu.sv/foro/viewtopic.php?f=14&t=109 [5]
Si divide a ... entonces divide a...
4. Sean $a,b,c,d$ enteros tales que $a-b+c-d$ es impar y divide a $a^2-b^2+c^2-d^2$. Probar que para todo entero positivo $n$,$a-b+c-d$ divide a $a^n-b^n+c^n-d^n$.
http://www.jt.ues.edu.sv/foro/viewtopic.php?f=16&t=114 [6]
Demostrar isósceles
5. En un triángulo $ABC$, sean $P$ y $Q$ las intersecciones de la paralela a $BC$ por $A$ con las bisectrices exteriores de los ángulos $B$ y $C$, respectivamente. La perpendicular a $BP$ por $P$ y la perpendicular a $CQ$ por $Q$ se cortan en $R$. Si $I$ es el incentro de $ABC$, demostrar que $AI=AR$.
http://www.jt.ues.edu.sv/foro/viewtopic.php?f=15&t=115 [7]
No múltiplos de la suma de sus dígitos
6. Demostrar que para todo entero positivo $n$ existen $n$ enteros positivos consecutivos tales que ninguno de ellos es divisible por la suma de sus respectivos dígitos.
http://www.jt.ues.edu.sv/foro/viewtopic.php?f=16&t=116 [8]
Los saluda
jmd
PD: Las gracias le sean dadas a Amanda Rhoton por compartir la dirección del sitio web con los problemas de la ibero 2012
El problema 5 esta padre,
Problema 5: Solución: Primero
Problema 5: Solución: Primero notemos que los ángulos <APB y <ABP son iguales, (checar entre paralelas) por lo que AP=AB, de ahí es facil ver que <RAP=90-<ABP=<IBC.
Por lo que <RPA=<IBC, de igual manera se demuestra que <RQA=<ICB y se concluye que los triángulos RPQ y IBC son semejantes.
Sea S la intersección de BC con AI, aplicando el teorema de la bisectriz se observa que
AI/IS=AB/BS (triangulo ABS)
Pero AB/BS=AP/BS (por que AB=AP)
Además AR/IS=AP/BS (por la semejanza entre APR y SIB)
igualando AI/IS=AB/BS=AP/BS=AR/IS... de donde AI=AR (al ver la primera y ultima igualdad)
Saludos! Brandon Guzmán
Ya había publicado aqui
Ya había publicado aqui soluciones al problema 5, pero por alguna razón no aparecen, así que anexo una (otra vez)
Solución Problema 5:
Sea T la intersección de BC con AI, por el teorema de la bisectriz se tiene que:
AI/AB=IT/BT... (1)
Por otro lado, es facil ver que los angulos <APB y <ABP son iguales (buscar entre paralelas), de ahí que:
AP=AB... (2)
Además <RPA=90-<APB=<ABC/2=<IBT, donde se concluye que:
<RPA=<IBT...(3)
De manera semejante
<RQA=ICT... (4)
Por (3) y (4) los triangulos PRQ y BIC son semejantes, de ahi tenemos que:
AR/AP=IT/BT... (5)
Pero por (1), (2) y (5) se tiene que:
AR/AP=AR/AB=IT/BT=AI/AB... donde el resultado buscado es claro.
Saludos n.n
Hola Brandon, es un gusto
Hola Brandon, es un gusto saber de ti. Te pido una disculpa por el error de la página, ya lo corregí, pero creo que se debió a un copy&paste que no salió bien. De alguna manera se metió código inválido a lo que publicaste, ya lo quité y ahora sí se ve lo que habías puesto.
También te pido una disculpa por tomarme tanto tiempo en contestarte, he estado muy ocupado.
Bueno, pues ahora al grano. Muy bonita tu solución, yo únicamente agregaría a tu argumento para la identidad (5) es que la razón en que A divide a PQ es la misma en que T divide BC. Esto se observa rápidamente de, como ya habías señalado antes, a que TA concurre con BP y CQ junto a que PQ es paralela a BC.
Concuerdo contigo, hay muchas maneras de argumentar este problema, hay varias semejanzas, incluso varias homotecias. Por mi parte, encontré otra forma de argumentar. Una vez observado que R, A e I son colineales, se puede concluir de la siguiente manera: El cuadrilátero PRIB es un trapecio con PR paralela a BI, ya que BI y PR son perpendiculares a PB. Además, podemos observar que PAB es un triángulo isósceles con base en PB, por lo que su altura toca en el punto medio L de PB. Entonces AP es paralela a las bases del paralelogramos PRIB y pasa por el punto medio de un lado, por lo tanto, también pasa por el punto medio de RI.
Te mando un fuerte abrazo. Saludos
Jesús
Si, olvide mencionar la razón
Si, olvide mencionar la razón de corte de los segmentos, aunque es un problema que sale con argumentos rapidos, si se sabe que buscar, yo por mi parte al menos me mantengo algo fresco en geometria, de vez en cuando con tiempo libre de la universidad tomo algun problema para resolver del Excalibur o el Shariguin, ese libro siempre tiene cosas con que entretenerse un largo rato (:
Espero estes muy bien Jesús, te mando un saludo y un abrazo :D
"La Geometria es el arte de pensar bien y dibujar mal" (A ver si no se enoja el Profesor Muñoz por seguir diciendo eso)