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Soluciones zona ol´ımpica

Soluciones Zona Ol´ımpica #45 Problema 1 Enunciado Sea

101(100) 101(100)(99) (99)a − (98)a + ...

2 6 P si A = {a : a ∈ N|f (a) = 0} encuentre a∈A a f (a) = 101a − 101(100)a +

Soluci´ on Suponga que quiere contar cuantas funciones suprayectivas hay de un conjunto con a elementos a un conjunto con 101 elementos.

Usando inclusi´ on exclusi´ on obtenemos que el numero de funciones suprayectivas es

101 X 101 (−1)r (101 − i)a i i=1 que no es otra cosa mas que f (a).

Para que la cantidad de funciones suprayectivas sea igual a cero eso es porque a < 101.

Por lo tanto X X 101 ∗ 100 = 5050. a= i = 1100 i = 2 a∈A

Problema 2 Enunciado Sea ABCD un cuadril´ atero inscrito en el c´ırculo, con el lado AB de longitud a y AB subtiende el angulo θ en el centro del c´ırculo. Muestre que si se maximiza el ´area A del cuadril´atero esta puede ser expresada como p,q y r son enteros positivos.

2π − θ a2 × qsen + senθ Amax = p(1 − cosθ) r donde p,q y r son enteros positivos.

1.28242712910062263687534256886979172776768892732500119206374002174040630885 1

laberintos e infinitos

Soluci´ on Sea r el radio del c´ırculo, entonces por la ley de los cosenos se tiene que a2 = r2 +r2 −2rrcosθ, ˙ lo que directamente implica que a2 r2 = .

2(1 − cosθ) Sean O el centro del circulo, ∠BOC = x1 , ∠COD = x2 y ∠DOA = x3 .

Entonces el ´ area del cuadril´ atero es A=

1 (senθ + senx1 + senx2 + senx3 ) 2

entonces la funci´ on a maximizar es (senx1 + senx2 + senx3 ) sujeto a x1 + x2 + x3 = 2π − θ.

Este problema se puede resolver de muchas maneras, en particular si usamos la desigualdad de Jensen sobre f (x) = senx obtenemos que el m´ aximo se alcanza cuando

x1 + x2 + x3 2π − θ (sen x1 + sen x2 + sen x3 ) = 3 sen = 3 sen 3 3 y entonces el area maxima se puede expresar como

a2 2π − θ Amax = × 3sen + senθ .

4(1 − cosθ) 3

Problema 3 Enunciado k

Sea Dn (g) =

Pn

k=0

a 2k g 2 1 )= ımn→∞ Dn ( k . Demuestre que l´ 2 2017 b g(1 + g )

Soluci´ on Manipulamos la suma de la siguiente manera: n X

k

2k g 2 .

Dn (g) = g(1 + g 2k ) k=0 Dn (1/x) = x

Dn (1/x) = x

n X

k n X 2k (x2 − 1) . x2k+1 − 1 k=0 k

2k x2 2k − 2k+1 k+1 2 x −1 x −1 k=0

1.28242712910062263687534256886979172776768892732500119206374002174040630885 2

Soluciones zona ol´ımpica

Usando fracciones parciales obtenemos k

x2 x2k+1

−1

=

1 1 − 2k+1 −1 x −1

x2k

lo que directamente implica Dn (1/x) = x

n X

2k 2k 2k − 2k+1 − 2k+1 x −1 x −1 x −1 k=0 2k

que es lo mismo a Dn (1/x) = x

n X

2k 2k+1 − 2k+1 . x −1 x −1 k=0 2k

Nos damos cuenta que D(n) es una suma telesc´ opica y obtenemos que Dn (1/x) =

x2n+1 x − 2n+1 . x−1 x −1

Por lo tanto l´ım Dn (

n→∞

1 2017 = 2017 2016

lo que implica que 2 × a − b = 2018

Problema 4 Enunciado La expresi´ on (a + b)n = an + bn es llamada “el sue˜ no del estudiante ” y es claramente falsa. od p con p primo si es verdadera, demu´estrela y encuentre La expresi´ on (a + b)p = ap + bp m´ un contra ejemplo en el caso de que p no sea primo.

Soluci´ on Primero vemos por el teorema del binomio que (x + y)p =

p X p k=0

k

xk + y p−k .

Note que el primer t´ermino y el ultimo ( p0 y pp ) son iguales a 1, el truco es ver que

todos los dem´ as t´erminos ( kp con i = 1, . . . , k − 1 ) son divisibles por p y as´ı obtener que

p! (a + b)p = ap + bp m´ od p . kp = con 1 ≤ k ≤ p, el numerador claramente es k!(p − k!) divisible por p porque p! contiene a p, el de numerador esta formado por el producto de 1.28242712910062263687534256886979172776768892732500119206374002174040630885 3

laberintos e infinitos

dos n´ umeros que son productos de n´ umeros m´ as peque˜ nos que p por lo tanto no puede ser divisible por p porque p es primo. Ahora, como binompk es entero, el numerador divide a p y el de numerador no divide a p entonces p divide a binompk y podemos concluir que (a + b)p = ap + bp m´ od p.

Problema 5 Enunciado Pruebe que 2n ·

n−1 Y

cos(2k α) =

k=0

sin(2n α) , mejor conocida como la ley de Morrie. sin(α)

Soluci´ on La formula del doble angulo dice que sin(2α) = 2 sin(α) cos(α).

Despejamos para el coseno y obtenemos que cos(α) = 2sin(2α) sin(α) , lo que directamente implica k

α) que cos(2k−1 α) = 2sin(2 k sin(α) .

Esta identidad genera un producto telesc´ opico

cos(α) cos(2α) cos(4α) · · · cos(2n−1 α) =

Podemos concluir que 2n ·

n−1 Y k=0

cos(2k α) =

sin(2α) sin(4α) sin(8α) sin(2n α) · · ··· .

2 sin(α) 2 sin(2α) 2 sin(4α) 2 sin(2n−1 α) sin(2n α) . sin(α)

1.28242712910062263687534256886979172776768892732500119206374002174040630885 4