Re: [obm-l] Olimpiada da India
Claudio Buffara wrote: 5. x1, x2, ... , xn are reals > 1 such that |xi - x(i+1)| < 1 for i < n. Show that x1/x2 + x2/x3 + ... + x(n-1)/xn + xn/x1 < 2n-1. Ninguém fez esse ainda né? Então vamos lá, por indução em n: - base de indução Para n=2, temos que provar que x1/x2 + x2/x1 < 3 Podemos assumir wlog que x1 > x2, logo x1-x2 > 0 Sabemos que |x1-x2| < 1 => x1-x2 < 1 Como x2>1, então podemos dividir por x2: x1/x2 - x2/x2 < 1/x2 x1/x2 - 1 < 1/x2 x1/x2 < 1 + 1/x2 Agora, x2 > 1, logo 1/x2 < 1 e portanto: x1/x2 < 1 + 1/x2 < 2 [I] Por outro lado, fazendo x1=x2+(x1-x2), e notando que x1>1, podemos dividir por x1 e temos: x1/x1 = x2/x1 + (x1-x2)/x1 1 = x2/x1 + (x1-x2)/x1 x2/x1 = 1 - (x1-x2)/x1 Como 0 < x1-x2 < 1 e x1 > 1, então 0 < (x1-x2)/x1 < 1/x1 < 1 e portanto x2/x1 = 1 - (algo entre 0 e 1) x2/x1 < 1 [II] somando [I] e [II]: x1/x2 + x2/x1 < 3 - passo indutivo Seja p=x1/x2 + x2/x3 + ... + xn-1/xn + xn/x1 Vamos assumir que p<2n-1 [III] Queremos provar que: x1/x2 + x2/x3 + ... + xn-1/xn + xn/xn+1 + xn+1/x1 < 2(n+1)-1 Mas isso é igual a provar que p - xn/x1 + xn/xn+1 + xn+1/x1 < 2n+1 [IV] Subtraindo [III] de [IV], resta provar que: (xn+1 - xn)/x1 + xn/xn+1 < 2 Vou quebrar em dois casos: - - Caso A: xn+1 > xn Nesse caso 0 < xn+1 - xn < 1, e como x1>1 , (xn+1 - xn)/x1 < 1 [V] Fazendo agora xn+1=xn+(xn+1-xn), e notando que xn+1>1, podemos dividir e ter: xn+1/xn+1 = xn/xn+1 + (xn+1-xn)/xn+1 1 = xn/xn+1 + (xn+1-xn)/xn+1 xn/xn+1 = 1 - (xn+1-xn)/xn+1 Como 0 < xn+1 - xn < 1, e xn>1 , então 0 < (xn+1-xn)/xn+1 < 1 e portanto xn/xn+1 = 1 - (algo entre 0 e 1) xn/xn+1 < 1 [VI] Somando [VI] e [V] concluímos que: (xn+1 - xn)/x1 + xn/xn+1 < 2 - - Caso B: xn > xn+1 Agora -1 < xn+1 - xn < 0, e como x1>1, -1 < (xn+1 - xn)/x1 < 0 [VII] Fazendo xn=xn+1+(xn-xn+1), e notando que xn+1>1, podemos dividir e ter: xn/xn+1 = xn+1/xn+1 + (xn-xn+1)/xn+1 xn/xn+1 = 1 + (xn-xn+1)/xn+1 Mas 0<(xn-xn+1)<1 e xn+1>1, então 0 < (xn-xn+1)/xn+1 < 1 e portanto: xn/xn+1 = 1 + (algo entre 0 e 1) xn/xn+1 < 2 [VII] Sabemos de [VII] que (xn+1 - xn)/x1 é um negativo, então podemos somá-lo ao primeiro termo de [VII] sem mudar a desigualdade: (xn+1 - xn)/x1 + xn/xn+1 < 2 ... e isso conclui a demonstração. Ricardo Bittencourt http://www.mundobizarro.tk [EMAIL PROTECTED] "tenki ga ii kara sanpo shimashou" -- União contra o forward - crie suas proprias piadas -- = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Olimpiada da India
> b = mnp; > -a = mn + p; > -2a = m + np. muito boa sacada... devia ter pensado nisso! vc já conhecia alguma técnica ou saiu da sua cabeça? > Ou seja, para n > 2, tomamos os pares: > (a,b) = (a_n,b_n) = ( 1 - n^2 , n(n-2)(2n-1) ) também sai assim: se n ~ 1 (mod 6) [n = 6m + 1] d|n, d|n-2 => d|[n - (n-2)] => d|2 => d = 1 d|n, d|2n-1 => d|2n => d|1 d|n-2, d|2n-1 => n ~ 2 (mod d) e 2n ~ 1 (mod d), mas 2n ~ 4 (mod d) => 3 ~ 0 (mod d) => d|3 mas como n - 2 = 6m - 1, d = 1 ou seja, basta tomar n ~ 1 (mod 6 ) para garantir que os 3 valores são primos entre si... agora mostramos que a_n e b_n são relativamente primos: claramente se q é um primo, com q|n então, 1-n^2 ~ 1 (mod q) se n ~ 2 (mod q), 1 - n^2 ~ 1 - 4 ~ -3 (mod q) => como q != 3, q não divide 1-n^2 se q|(2n - 1) então 2n ~ 1 (mod q) 1 - n^2 ~ 2n - n^2 ~ n(2 - n) (mod q) => n ~ 0 (mod q) ou n ~ 2 (mod q) são as únicas maneiras de termos q|1-n^2, mas n, n-2 e 2n - 1 são primos entre si. [ ]'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 =
Re: [obm-l] Olimpiada da India
on 20.04.04 15:36, Domingos Jr. at [EMAIL PROTECTED] wrote: > 2. Show that there are infinitely many pairs (a,b) of coprime integers > (which may be negative, but not zero) such that x^2 + ax + b = 0 and > x^2 + 2ax + b have integral roots. > > --- x --- > > putz, cheguei perto, mas não consegui com a, b relativamente primos... > > tome r >= 3, > a = 2^r > b = 2^(2r-6)*15 > a^2 - b = 2^(2r) - 2^(2r-6)*15 = 2^(2r-6)[2^6 - 15] = [2^(r-3).7]^2 > a^2 - 4b = 2^(2r) - 2^(2r-4)*15 = 2^(2r-4)[2^4 - 15] = 2^(2r-4) > > sendo assim > x^2 + ax + b = 0 possui raízes > (-a +/- sqrt(a^2 - 4b))/2 = -2^(r-1) +/- 2^(r-3) > > e x^2 + 2ax + b = 0 possui raízes > (-2a +/- sqrt(4a^2 - 4b))/2 = > -a +/- sqrt(a^2 - b) = -2^r +/- 7.2^(r-3) > > [ ]'s > E que tal isso aqui? Se mdc(a,b) = 1, entao as raizes de cada equacao tem que ser inteiros primos entre si. Nesse caso, a ideia mais simples que me ocorre eh tentar achar inteiros m, n, p primos entre si 2 a 2, tais que: b = mnp; -a = mn + p; -2a = m + np. Ou seja, m + np = 2(mn + p) ==> (n - 2)p = (2n - 1)m ==> p divide 2n - 1 e m divide n - 2. Entao, porque nao botar logo p = 2n - 1 e m = n - 2 ? Nesse caso, ficaremos com: Raizes de x^2 + ax + b = 0: n(n-2) e 2n-1 -a = n(n-2) + (2n-1) = n^2 - 1 b = n(n-2)(2n-1) Raizes de x^2 + 2ax + b = 0: n-2 e n(2n-1) -2a = n-2 + n(2n-1) = 2n^2 - 2 b = n(n-2)(2n-1) Ou seja, para n > 2, tomamos os pares: (a,b) = (a_n,b_n) = ( 1 - n^2 , n(n-2)(2n-1) ) Como os polinomios a(x) = 1 - x^2 = -(x-1)(x+1) e b(x) = x(x-2)(2x-1) sao primos entre si, vao existir polinomios r(x) e s(x) com coeficientes inteiros e tais que: a(x)*r(x) + b(x)*s(x) = 1 ==> a(n)*r(n) + b(n)*s(n) = 1, para todo n inteiro e maior do que 2 ==> r(n)*a_n + s(n)*b_n = 1 ==> mdc(a_n,b_n) = 1. []s, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Olimpiada da India
2. Show that there are infinitely many pairs (a,b) of coprime integers (which may be negative, but not zero) such that x^2 + ax + b = 0 and x^2 + 2ax + b have integral roots. --- x --- putz, cheguei perto, mas não consegui com a, b relativamente primos... tome r >= 3, a = 2^r b = 2^(2r-6)*15 a^2 - b = 2^(2r) - 2^(2r-6)*15 = 2^(2r-6)[2^6 - 15] = [2^(r-3).7]^2 a^2 - 4b = 2^(2r) - 2^(2r-4)*15 = 2^(2r-4)[2^4 - 15] = 2^(2r-4) sendo assim x^2 + ax + b = 0 possui raízes (-a +/- sqrt(a^2 - 4b))/2 = -2^(r-1) +/- 2^(r-3) e x^2 + 2ax + b = 0 possui raízes (-2a +/- sqrt(4a^2 - 4b))/2 = -a +/- sqrt(a^2 - b) = -2^r +/- 7.2^(r-3) [ ]'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 =
Re: [obm-l] Olimpiada da India - 1995
> Oi, pessoal: > > Como fui eu quem deu a ideia de resolver, aqui na lista, problemas de > olimpiadas ainda sem solucao no site do John Scholes, aqui vai a primeira > contribuicao pro projeto. Eu adoraria ver mais gente participando. Olimpiada da India - 1995: Problema 4) ABC eh um triangulo com a circunferencia inscrita K de raio r. Uma circunferencia K' de raio r' estah dentro de ABC e tangencia AB, AC e K externamente. Mostre que r'/r = [tg((pi-A)/4)]^2. Solucao: Fazendo a figura facilita o entendimento. Sejam O e O' os centros de K e K' respectivamente e t a reta tangente comum a K e K'. A reta t encontra AB e AC em D e E respectivamente. Seja ainda T o ponto de tangengia de K e K'. i) A, O' e O sao colineares (AO eh bissetriz interna de A e AO' tambem); ii) O', T e O sao colineares (O'T eh perpendicular a t e OT tambem); De i) e ii) conclui-se que A, O', T e O sao colineares. iii) Triangulo DOT eh retangulo em T e ang DOT = (pi-A)/4; iv) Triangulo DO'T eh retangulo em T e ang O'DT = (pi-A)/4; De iii) tem-se: tg((pi-A)/4) = DT/r => DT = r*tg((pi-A)/4) De iv) tem-se: tg((pi-A)/4) = r'/DT => r'/r = [tg((pi-A)/4)]^2. Abs, AA. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
