Olimpiada Polaca de Matemáticas 1997

luffy · 3 de Jul de 2008

OLIMPIADA POLACA DE MATEMATICAS
1997

Problema 1: Encuentre todos los pares

(n, r) \in Z^{+} \times R

, para los cuales el polinomio

(x + 1)^{n} - r

es divisible por

2 x^{2} + 2 x + 1

.

Solución: (Pendiente)

Problema 2: Sea

A BC

un triángulo y

P

un punto dentro de él tal que

∠ PBC = ∠ PC A 2

, definamos

q (k)

como el producto de todos los primos menores que

p (k)

, en cualquier otro caso sea

q (k) = 1

. Considere la secuencia

x_{0} = 1, x_{n + 1} = \frac{x _{n} p ( x _{n} )}{q ( x _{n} )} n = 0, 1, 2, \dots

Determine todos los números naturales

n

tales que

x_{n} = 111111

.

Solución: (Pendiente)

Problema 6: Del conjunto de todas las permutaciones

f

de

{1, 2, ..., n}

que satisfacen la condición

f (i) = i - 1 i = 1, 2, ..., n,

una es elegida uniformemente al azar. Sea

p_{n}

la probabilidad de que la permutación elegida

f

satisfaga

f (i) \leq i + 1 i = 1, 2, ..., n .

Encuentre todos los números naturales

n

tales que

p_{n} > 1/3

.

Solución: (Pendiente)

pedanticanarchy · 5 de Dic de 2010

Problema 1: Notemos que las raices de

2 x^{2} + 2 x + 1

son

\frac{i - 1}{2}

y

\frac{- i - 1}{2}

y entonces para que

2 x^{2} + 2 x + 1∣ (x + 1)^{n} + r

debe ocurrir que tambien sean raices de

(x + 1)^{n} + r \to (\frac{i + 1}{2})^{n} = - r = (\frac{1 - i}{2})^{n}

, pero es facil ver que para que

(\frac{i + 1}{2})^{n} = (\frac{1 - i}{2})^{n}

, debe ocurrir que

n \equiv 0 (m o d 4)

, entonces

n = 4 j

con j natural. Ahora

- r = (\frac{i + 1}{2})^{n} = (\frac{i + 1}{2})^{4 j} = (\frac{- 1}{4})^{j} \to

r = - (\frac{- 1}{4})^{j} \to (n, r) = (4 j, - (\frac{- 1}{4})^{j}),

para toda

j

natural

jumbito · 4 de Ene de 2011

Problema 1: Notemos que las raices de $2 x^{2} + 2 x + 1$ son $\frac{i - 1}{2}$ y $\frac{- i - 1}{2}$ y entonces para que $2 x^{2} + 2 x + 1∣ (x + 1)^{n} + r$ debe ocurrir que tambien sean raices de $(x + 1)^{n} + r \to (\frac{i + 1}{2})^{n} = - r = (\frac{1 - i}{2})^{n}$ , pero es facil ver que para que $(\frac{i + 1}{2})^{n} = (\frac{1 - i}{2})^{n}$ , debe ocurrir que $n \equiv 0 (m o d 4)$ , entonces $n = 4 j$ con j natural. Ahora $- r = (\frac{i + 1}{2})^{n} = (\frac{i + 1}{2})^{4 j} = (\frac{- 1}{4})^{j} \to$ $r = - (\frac{- 1}{4})^{j} \to (n, r) = (4 j, - (\frac{- 1}{4})^{j}),$ para toda $j$ natural

Pienso que la parte que destaqué está poco clara, seria bueno una demostración sencilla pues en una olimpiada "fuerte" es muy probable que pierdas puntos.

Felipe

pedanticanarchy · 4 de Ene de 2011

pedantic anarchy wrote:Problema 1: Notemos que las raices de $2 x^{2} + 2 x + 1$ son $\frac{i - 1}{2}$ y $\frac{- i - 1}{2}$ y entonces para que $2 x^{2} + 2 x + 1∣ (x + 1)^{n} + r$ debe ocurrir que tambien sean raices de $(x + 1)^{n} + r \to (\frac{i + 1}{2})^{n} = - r = (\frac{1 - i}{2})^{n}$ , pero es facil ver que para que $(\frac{i + 1}{2})^{n} = (\frac{1 - i}{2})^{n}$ , debe ocurrir que $n \equiv 0 (m o d 4)$ , entonces $n = 4 j$ con j natural. Ahora $- r = (\frac{i + 1}{2})^{n} = (\frac{i + 1}{2})^{4 j} = (\frac{- 1}{4})^{j} \to$ $r = - (\frac{- 1}{4})^{j} \to (n, r) = (4 j, - (\frac{- 1}{4})^{j}),$ para toda $j$ natural
Pienso que la parte que destaqué está poco clara, seria bueno una demostración sencilla pues en una olimpiada "fuerte" es muy probable que pierdas puntos.

Felipe

La demostracion es sencilla, por el teorema fundamental del algebra tenemos que los polinomios se factorizan de la forma (x-a1)(x-a2).........,donde ai son las raices de los polinomios, luego para que uno divida a otro todos los factores del primero deben ser tambien factores del segundo(puesto que los factores son irreductibles), i.e las raices del primero tambien deben ser raices del segundo.

Saludos y gracias por el comentario

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