OIM, ARGENTNA-2012, Subiectele din ziua 1 si 2 in lb. romana

[mihai miculita]

vezi fisierul zip din attachment!

[andreiteodor]

Solutia mea- problema 4 :

Punem $a=b=c=0\Rightarrow f(0)=0$. Punem $a=0;b+c=0\Rightarrow f(b)=f(-b)$. Acum, folosindu-ne de aceasta, relatia data se poate scrie $4f(a)f(b)=[f(a+b)-f(a)-f(b)]^2\Rightarrow f(a)f(b)$ este patrat perfect, deci $f(x)=g(x)^2*c$, cu $c\in\Bbb{Z}$ constant, sau pentru un anumit $x\in\Bbb{Z},\,\; f(x)=0$. Daca $f(x)\neq 0,$ pentru $x\neq 0$, o sa avem : $g(a+b)=g(a)+g(b)$, care este ecuatia lui Cauchy. Daca pentru un $a, \,\; f(a)=0\Rightarrow f(b)=f(a+b)$, pentru orice $b\in\Bbb{Z}$. Obtinem in acest caz : $f(x)=0$, x par ; $f(y)=$ constant , y impar, si $f(x)=0, \,\;4|x$ si $f(y)=$ constant, pentru restul numerelor.

[Laurențiu Ploscaru]

Problema 5:

Să observăm că $CD$ este axa radicală a cercurilor $(A,AC)$ și $(B,BC)$ (este perpendiculara dintr-un punct de intersecție pe linia centrelor).
Astfel, dacă vom considera $\{E,L\}=BX\cap (A,AC)$ și $\{F,K\}=AX\cap (B,BC)$, vom obține că $EX\cdot XL=FX\cdot XK$. (fiindcă $X\in CD$)
Prin urmare $EFLK$ este inscriptibil și să spunem că aceste puncte se află pe cercul $w$.
Avem că $BK^2=BC^2=BL\cdot BE$, de unde obținem că $MK$ este tangentă la $w$.
De asemenea $AL^2=AC^2=AK\cdot AF$ de unde obținem că $ML$ este tangentă la $w$.
Mai departe concluzia este absolut evidentă.

[andreiteodor]

La problema 6, aducem la acelasi numitor in relatia $\sum \dfrac{k}{3^{a_k}}=1$. Observam ca numitorul este impar , iar numaratorul are aceeasi paritate cu numarul numerelor impare de la 1 la n. Este usor de observat ca $n\equiv 1 \,\; sau\,\; 2(mod\,\; 4)$. Mai departe, trebuie construit un exemplu favorabil. Cred ca acest lucru face din problema un IMO6.

[Stanisor Stefan Dan]

dar cum poate BC^2=BL.BE,cand BE=BC?asta nu ar insemna ca BL=BC?

[andreiteodor]

Let $m(\angle{ACK})=x;m(\angle{BCL})=y\Rightarrow m(\angle{CAL})=2y;m(\angle{CBK})=2x$. We apply Ceva's theorem in trigonometric form in $\triangle{ABC}$ for triples $(AX;BX;CD);(AK;CK;BK)$ and $(AL;BL;CL)$:
$\dfrac{\sin{\angle{CAX}}}{\sin{\angle{BAX}}}*\dfrac{\sin{\angle{ABX}}}{\sin{\angle{CBX}}}*\dfrac{\sin A}{\sin B}=1$
$\dfrac{\sin{\angle{CAK}}}{\sin{\angle{BAK}}}*\dfrac{\sin(B-2x)}{\sin 2x}*\dfrac{\cos x}{\sin x}=1$
$\dfrac{\sin{\angle{ABL}}}{\sin{\angle{CBL}}}*\dfrac{\sin y}{\cos y}*\dfrac{\sin 2y}{\sin (A-2y)}=1$
We have : $\dfrac{\sin^2y}{\sin^2x}*\dfrac{\sin(B-2x)}{\sin(A-2y)}*\dfrac{\sin B}{\sin A}=1$. After calculations, we get:
$\tan B*\cot^2x-\tan B-2\cot x=\tan A*\cot^2 y-\tan A-2\cot y\,\; (1)$.
But $\tan A=\dfrac{1}{\tan B}$. By substitute in $(1)\Rightarrow (\tan B*\cot x-1)^2=(\tan B-\cot y)^2$$\Rightarrow (1+\cot x)*\tan B=1+\cot y\Rightarrow$$\dfrac{\sin y}{\sin x}*\dfrac{\sin B}{\sin A}*\dfrac{\sin x+\cos x}{\sin y+\cos y}=1$.
By sine theorem $\Rightarrow \dfrac{CL}{AC}=2\sin y\Rightarrow \dfrac{CL}{CK}=\dfrac{AC}{CB}*\dfrac{\sin y}{\sin x}=\dfrac{\sin (45^\circ +y)}{\sin (45^\circ +x)}$. We note $m(\angle{CLK})=z\Rightarrow \dfrac{\sin z}{\sin (90^\circ +x+y-z)}=\dfrac{\sin (45^\circ +y)}{\sin (45^\circ +x)}$. But the function $f(z)=\dfrac{\sin z}{\sin (90^\circ +x+y-z)}$ is monotone on $(0^\circ;90^\circ +x+y)$, so $z=45^\circ +x\Rightarrow m(\angle {MLK})=45^\circ -x-y\Rightarrow ML=MK$.