Mais uma vez esqueci de mandar o problema... Agora via o problema 6, após a mensagem do Shine. 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 >========================================================================= > No 6 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}. ========================================================================= Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =========================================================================