Oi Marcio e pessoal da lista, Estamos aguardando a recorrecao que serah amanha, visto que acho que terah muita mudanca depois disso. Qto aas suas solucoes:
PRIMEIRO DIA Prob 1: todo mundo fez considerando subconjuntos contidos nos intervalos [1/(k+1), 1/k] e o reciproco negativo. Cada subconjunto desses sera finito, de modo que a soma enumeravel de conjuntos finitos eh enumeravel. Prob 2: O Alex e mais alguns fizeram desse jeito. Eu fiz uma inducao um pouco mais complicada e indo de um em um. Prob 3: basicamente igual. Prob 4: tente considerar tres pontos de uma mesma cor. Fazendo isso, a quantidade de pontos da cor oposta sera maior do que a da cor dos tres pontos. Entaum se vc tomar outros tres pontos da cor oposta, voce chegara a um absurdo. Prob 5: existe uma generalizacao, mas nao tou lembrado agora. A ideia eh dividir o intervalo no meio e usar inducao. Prob 6: ainda naum sei, mas acho que seja do jeito que vc fez. SEGUNDO DIA Prob 1: considere submatrizes 2x2 de cada uma das duas matrizes e veja o que acontece. Prob 2: Considere F = int(sqrt(f)) e G = int(sqrt(g)), mostre que F e G saum convexas, tem pontos finais iguais e F <= G. Analise o comprimento de arco do grafico... Praticamente feita! Solucao do Alex: LEMA: Seja f continua tal que int(a, b)(f) = 0, int(x, b)(f) >= 0 e seja h de classe C^1 nao decrescente. Entaum int(a, b)(f*h) >= 0. PV: Temos que int(a, b)[int(x, b)(f(t)*h'(x))dt]dx >= 0, pois h'(x) >= 0. Troque a ordem de integracao para concluir o lema. SOLUCAO DO PROBLEMA: use f := sqrt(f) - sqrt(g) e h := (sqrt(f) + sqrt(g))(sqrt(1 + f) + sqrt(1 + g)). h nao eh C^1 mas eh nao decrescente e portanto pode ser aproximada por funcoes C^1 nao decrescentes (Stone-Weiertrass). Fim. Prob 3: existem varias solucoes. Eu usei um polinomio e trabalhei com as raizes n-esimas da unidade rotacionadas de um fator pras contas darem certo. A maioria integrou a funcao distancia a cada p_i sobre a circunferencia e o Humberto considerou os vertices de um quadrado e mostrou que a soma das distancias de cada p_i a esses vertices eh sempre >= 4 (na verdade, soh sao necessarios dois pontos diametralmente opostos). Prob 4: apos pensar um pouco, suspeita-se que os autovalores sao lamba_i + lambda_j com multiplicidade m_i*m_j. Prob 5: soh eu fiz do Brasil, usando que |lnx| >= 1 - x para todo x em [0, 1]. Com isso, vc fica com uma integral que dah pra calcular e que dah exatamente 1. Prob 6: a solucao oficial eh um argumento combinatorio escroto, como tah me dizendo o Alex aqui do lado. Ninguem ainda tentou entender, hehe... As pontuacoes parciais jah sairam. Por enquanto quem estah em primeiro lugar fez 190 ptos. No primeiro dia, o que fez mais foi 110. Isso mostra a maior dificuldade do segundo dia, que nao tava com nenhuma questao muito facil. A segunda questao estah muito mal colocada (acho que do Brasil soh o Humberto fez). Achei a tres a mais facil do segundo dia. A solucao oficial eh a que o Claudio fez. Ok, acho que eh soh isso. Amanha esperamos mandar um email com boas noticias, hehe... Yuri e Alex -- Mensagem original -- > Oi gente.. Tentei fazer as questoes do 1o dia da imc. Estamos ansiosos >por noticias de como o pessoal esta indo na prova! Ao contrario da IMO, na >IMC nao eh o lider que corrige as provas do pais. Ele participa da banca >de >uma determinada questao e depois participa da revisao de notas dos seus >alunos. Por esse motivo, seria interessante que voces postassem as >principais solucoes para que o pessoal da lista possa ajudar.. > Quem nao quiser ver as solucoes, pare de ler por aqui. Vou escrever >minhas solucoes, leiam com atencao e me avisem se notarem algo >errado. O 1,2,3 eram mais faceis. O 5 eu escrevi 2 linhas sem mto nexo la >em >baixo :) e no 6 eu usei um resultado nao obvio de analise complexa (e pulei >algumas contas que teriam de ser feitas na prova). >Ja o 4 eu demorei bastante (um pouco mais q o 2o tempo inteiro do jogo BrasilxArgentina) >e achei que tinha feito. Mas depois eu fui ver a solucao do mathlinks e vi >que era bem curta, mto simples, e comeco a achar que a minha esta errada >(alem de ser completamente gigante). > Em tempo: eu acabei de ver a prova do 2o dia. A primeira eh bem simples, >usa uma ideia analoga a que foi usada na 1 do 2o dia do ano passado :) Mas >as outras parecem estar bem mais dificeis do que as de hoje!! Nao tenho ideia >alguma para a 2 por exemplo.. > Abracos, > Marcio > > >> >1) Let S be an infinite set of real numbers such that >> >|s_1 + s_2 + ... + s_k| for every finite subset >> >{s_1,s_2,...,s_k} of S. Show that S is countable > > Escreva S = A U B, onde A e B sao respectivamente os subconjuntos de >nao-negativos e nao-positivos de S. > Vamos provar que A e B sao enumeraveis e portanto S tmb é (por ser uniao >de 2 enumeraveis). > A enumeracao eh a seguinte (A e B sao analogos). Se A eh finito, eh >simples. Caso contrario,coloque x_1 = max{A}, x_2 = max{A-{x_1}}, x_3 = >max{A-{x_1,x_2}}, e assim por diante. > Isso funciona pq todos esses conjuntos admitem maximo!De fato, suponha >que um conjunto X com infinitos termos e tq todo subconjunto tem modulo da >soma de seus elementos maior que 1 nao tenha maximo. Seja c = supX. Entao, >existem infinitos elementos de X no intervalo (c/2, c) (pq em todo >intervalo (c-eps, c) deve haver elemento de X e vc sempre pega um 'mais >proximo' de c) e pegando [2/c]+1 deles, a soma eh maior que (2/c)*c/2 = 1. > >> >2)Let P(x) = x^2 - 1. How many distinct real solutions >> >does the following equation have: >> >P(P(...(P(x))...)) = 0? [com P sendo aplicado 2004 >> >vezes] > Tem 2005 raizes. Vamos provar dois resultados por inducao que claramente >implicam isso. (Vou chamar P(...(P(x)...) com P aplicado k vezes de P_k >(x)) >(i) A equacao P_n (x) = 0 tem sempre n+1 solucoes. >(ii)A equacao [P_n (x) ]^2 = 1+a, com a>0 tem sempre 2 solucoes. > Para n = 1, o resultado eh bem obvio, basta olhar pro grafico de p(x) >= >x^2 - 1. > Para n = 2, tmb eh bem direto. >Suponha valido ateh n. > (i) Considere a equacao P_n+1 (x) = 1+a, a>0 equivale a ([P_n (x)]^2 >- >1)^2 = 1+a. Como P_n ^2 eh sempre positivo, isso eh equivalente a (P_n >(x))^2 = 1 + sqrt(a), que por hipotese de inducao tem 2 solucoes. > (ii) P_n+1 (x) = 0 sse (P_n (x))^2 - 1 = 0 sse P_n(x) = 1 ou P_n(x) >= -1. No primeiro caso, [P_n-1 (x)]^2 - 1 = 1, e pela hipotese de inducao >(ii) isso tem exatamente duas raizes (equivale a (P_n-1 (x) )^2 = sqrt(2) >> >1). No segundo caso, [P_n-1 (x)]^2 - 1 = -1 sse P_n-1(x) = 0 e pela hipotese >de inducao (i) isso tem exatamente n-1+1 = n raizes (distintas das outras >2), de forma que a equacao >P_n+1 (x) = 0 tem n+2 solucoes de fato. > >> >3) Let S_n be the set of all sum x_1+x_2+...x_n, where >> >n>=2, 0<=x_1,...,x_n<="pi"/2 and >> >sin(x_1) + sin(x_2) + ... + sin(x_n) = 1 >> >a) Show that S_n is an interval. >> >b)Let l_n be the length of S_n. Find lim(n->infinito)(l_n). >a) Por Jensen, sen[(x_1+...x_n)/n] >= (senx1+ ... +sen xn)/n = 1/n. Logo, >x1+...+xn >= n * arcsen(1/n). > Sabemos que senx >= 2x/pi para x em [0,pi/2] (isso segue da concavidade >do seno), de forma que >x1+x2+...+xn <= pi/2 (senx1+...senxn) = pi/2. > Para mostrar que a imagem eh o intervalo (n * arcsen(1/n), pi/2) voce >pode soh citar a continuidade da funcao ou mostrar usando soh o TVI >unidimensional, vendo que dado t nesse intervalo, sempre consigo escolher >a >de forma que x1=x2=...=x_n-1 = a/(n-1), x_n = t -a e (n-1)sen[a/(n-1)] + >sen(t-a) = 1 (encare o lhs como um f(a) e veja que f(0) = sen t <= 1 e sendo >a' tq a'/(n-1) = t-a', f(a') = n*arcsen(1/n) >= 1). >b) A letra (b) eh consequencia do limite fundamental senx/x = 1 qdo x -> >0. >A resposta eh portanto pi/2 - 1. > >> >4)Suppose n>=4 and let M be a finite set of n points in >> >R^3, no four of which lie in a plane. Assume that the >> >points can be coloured black or white so that any of >> >the sphere which intersect M in at least four points have >> >the property that exactly half of the points in the >> >intersection of M and the sphere are white. Prove that >> >all of the points in M lie on one sphere. > .... ... .... ... > >> >5) Let X be a set of binomial(2k-4, k-2) + 1 real numbers, >> >k>=2. Prove that there exists a monotone sequence x_1, x_2, ..., x_k in >> X such that |x_{i+1} - x_1| >= 2|x_i - x_1| >> >for all i = 2,...,k-1. > Esse eu ainda nao consegui fazer, mas lembra um pouco um exercicio >resolvido de uma eureka velha q eh o seguinte: O maior tamanho que pode ter >uma cadeia de subconjuntos de {1,...,n} sem que um contenha o outro eh >binomial (n, [n/2]). > >> >6) For every complex number z != 0,1 define >> > f(z) := sum((log z)^(-4)), >> >where the sum is over all branches of the complex >> >logarithm. >> >a) Show that there are two polynomials P and Q such >> >that f(z) = P(z)/Q(z) for all z in C\{0,1} >> >b) Show that for all z in C\{0,1} >> >f(z)=z(z^2 + 4z + 1)/6(z-1)^4. > > Se z = r*e^(ix), entao logz = logr + ix + 2tpi, donde f(z) = somatorio >(t=-oo .. oo) 1 / (logz + (2ipi)t)^4, onde logz denota o log principal. >P/ simplificar a notacao, ponha a=logz, b=2ipi, e f(t) = 1/(a+tb)^4. Usando >um pouco de analise complexa e traçando um retangulo esperto, mostra-se que >somatorio (t=-oo..oo) de f(t) , quando converge, eh igual a - soma dos >residuos de pi*cot(pi*t)*f(t) nos polos de f(t) (esse eh um resultado >classico q eu ja conhecia, daí a questao ficou mais facil). > No caso, temos o polo t = -a/b de ordem 4, e o residuo eh portanto: >limite (t-> -a/b) (1/3!)* {(t+a/b)^4 * f(t) * pi * cot(pi*t)}"' (derivada >terceira do que esta entre chaves). > Ou seja, o somatorio eh f(z) = - (1/6)* (1/b^4)*pi* {(cotpi*t)"'} em >t >= -a/b. >Embora isso aparentemente nao tenha a cara da resposta da pedida, a coisa >tem tudo pra funcionar pq a=logz e exp(a) = z!! (e afinal, as funcoes >trigonometricas nada mais sao do que combinacoes de exponenciais). Eh soh >derivar 3 vezes e substituir para provar a letra (b) direto (e (a) fica como >consequencia). > (eu nao cheguei a fazer essa conta pq to digitando direto no computador, >mas como vc ja sabe onde quer chegar, fica facil). > cot(pit)' = -picossec^2(pit) = -pi (1+cot^2(pit) ) -> pi^2 > (2cot(pit)*cossec^2(pit)) >= pi^2 (2cot + cot^3) -> >-pi^3 (2cossec^2 + 3cot^2 * cossec^2) = -pi^3 * cossec^2 (pit) * (2 + 3 + >3cossec^2 (pit)). >Pondo t = -a/b, exp(i*pi*t) = exp(-i*pi * logz / 2ipi ) = exp (-logz/2) = >[exp(logz)]^(-1/2)= 1/sqrt(z), de forma que >sen^2(pit) = [(exp(i*pit) - expi(-i*pit))/2i]^2 = [( (1/sqrtz) - sqrt(z) >) / 2i ] ^2 = -(1/z + z - 2)/4 = -(z-1)^2 / 4z > Bom, daqui fica bem claro porque o (z-1)^4 aparece no denominador e aih >eh soh carregar a conta pra provar (a) e (b) de uma vez (se houver algum >erro de conta ai, eh soh confrontar com o resultado dado na prova e corrigir). Até mais, Yuri ------------------------------------------ Use o melhor sistema de busca da Internet Radar UOL - http://www.radaruol.com.br ========================================================================= Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =========================================================================