Προκριματικός Ελβετίας, 2008

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Απάντηση
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6603
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:
Επικοινωνία socrates

Προκριματικός Ελβετίας, 2008

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates »

Προκριματικός Ελβετίας, 2008

1. Βρείτε όλες τις τριάδες θετικών ακεραίων (a, b, c) τέτοιες ώστε: 

\displaystyle{a \mid bc-1 , \ \ b | ca-1, \ \ c | ab-1}

2.

3. Θεωρούμε τρίγωνο ABC με \angle ABC\ne \angle BCA. Ο εγγεγραμμένος κύκλος k του τριγώνου ABC εφάπτεται στις πλευρές BC, CA, AB στα σημεία D, E, F.
Η ευθεία AD τέμνει τον κύκλο k για δεύτερη φορά στο P. Έστω Q το σημείο τομής της EF με την κάθετη στην AD στο P.
Έστω, τέλος, X, Y τα σημεία τομής της AQ με την DE και την DF, αντίστοιχα.
Δείξτε ότι το A είναι το μέσο του τμήματος XY.

4.

5. Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι

\displaystyle{\frac{a}{\sqrt{3a+2b+c}}+\frac{b}{\sqrt{3b+2c+a}}+\frac{c}{\sqrt{3c+2a+b}}\leq \frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{a+b+c}.}

6.

7.

8.

9. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f:\mathbb{R}^+ \rightarrow \mathbb{R}^+ τέτοιες ώστε f\left(x+f\left(y\right)\right) = f\left(x+y\right)+f\left(y\right) , για κάθε x,y \in \mathbb{R}^+.

\displaystyle{\Bbb{R}^+=(0,+\infty)}

10. Δίνεται πολυώνυμο P(x)=x^4-2x^3+px+q, \ p,q \in \mathbb{R}, με όλες τις ρίζες του πραγματικές.
Αν M η μεγαλυτερη ρίζα, να δείξετε ότι 1\leq M\leq 2.

11.

12. Δίνονται οι φυσικοί αριθμοί x,y,n με x \geq 3, n \geq 2 για τους οποίους x^2 + 5 = y^n.
Να δείξετε ότι για κάθε πρώτο διαιρέτη p του n ισχύει \displaystyle p \equiv1 \mod 4}.

Σύντομα θα προστεθούν και τα υπόλοιπα θέματα! :)
Θανάσης Κοντογεώργης
Κορυφή
Ιωάννης Αλωνιστιωτης
Δημοσιεύσεις: 16
Εγγραφή: Τρί Ιούλ 12, 2016 4:34 am
Τοποθεσία: Κάτω Ελληνικό

Re: Προκριματικός Ελβετίας, 2008

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ιωάννης Αλωνιστιωτης »

Καλησπέρα :logo: ,

μια προσπάθεια για την πρώτη:
μπορούμε χωρίς βλάβη της γενικότητας να θεωρήσουμε πως a\leq b\leq c και αρχικά με δοκιμές παρατηρούμε ότι η τριάδα (a,b,c)=(2,3,5) είναι μία επιθυμιτή τριάδα θετικών ακεραίων. Έπειτα , έχουμε : a|bc-1 , b|ca-1 , c|ab-1 επομένως ισχύει abc|(bc-1)(ca-1)(ab-1) ,από όπου abc|ab+bc+ca-1 άρα ab+bc+ca-1\geq abc

όμως, για a=b=c=3 βλέπουμε abc=27 ενώ ab+bc+ca-1=26 άτοπο, άρα a=\left \{ 1,2 \right \} ομοίως εξάγουμε το συμπέρασμα ότι b\leq 3 και c\leq 5.
Τέλος , παρατηρούμε ότι οι σχέσεις ικανοποιούνται και για (a,b,c)=(1,1,1)=(1,1,2)=(1,1,3)=...=(1,1,k) όπου k θετικός ακέραιος μεγαλύτερος του 1.

Ευχαριστώ ,
Ιωάννης
Κορυφή
harrisp
Δημοσιεύσεις: 541
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Προκριματικός Ελβετίας, 2008

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από harrisp »

10. Δίνεται πολυώνυμο P(x)=x^4-2x^3+px+q, \ p,q \in \mathbb{R}, με όλες τις ρίζες του πραγματικές.
Αν M η μεγαλυτερη ρίζα, να δείξετε ότι 1\leq M\leq 2.

Καλησπέρα σε όλους!

Θα χρησιμοποιήσουμε τους τύπους του Vieta. Αρχικά έστω x_1\geq x_2\geq x_3\geq x_4 οι πραγματικές ρίζες του πολυωνύμου.

Ισχύει x_1+x_2+x_3+x_4=2 (1) και x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4=0.

(x_1+x_2+x_3+x_4)^2=4 ή

x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2+2(x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4)=4 ή

x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2=4 (2)

Αυτό λοιπόν που θέλουμε να αποδείξουμε είναι 1\leq x_1\leq 2. Θα εργαστούμε με απαγωγή σε άτοπο.

Έστω x_1<1 και x_4\leq -1

x_1+x_2+x_3+x_4<3x_1+x_4<3-1=2 που είναι όμως άτοπο λόγω της (1).

Αν τώρα x_4>-1 συμπεραίνουμε ότι αφού x_1\geq x_2\geq x_3\geq x_4 και ισχύει 1>x_1>x_4>-1 τα x_1, x_2, x_3, x_3 ανήκουν στο διάστημα (-1,1)

Αρα εχουμε x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2<4x_1^2<4 άτοπο λόγω της (2).

Τέλος ας υποθέσουμε x_1>2.

Εχουμε x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2>x_1^2>4 άτοπο λόγω της (2).

Τελειώσαμε.


ΥΓ. Μια σημείωση: Δεν έχουμε τελειώσει αν δεν θεωρήσουμε τις δύο περιπτώσεις για την τιμή του x_4 (παραλίγο να την πατήσω)
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Κώστας Παππέλης
Δημοσιεύσεις: 261
Εγγραφή: Παρ Ιούλ 24, 2009 4:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Προκριματικός Ελβετίας, 2008

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κώστας Παππέλης »

Μία λύση για τη συναρτησιακή:

Υποθέτουμε πως υπάρχει y ώστε f(y)<y. Τότε θέτοντας x=y-f(y) έχουμε:
f(y)=f(2y-f(y))+f(y), δηλαδή f(2y-f(y))=0, άτοπο.

Υποθέτουμε πως υπάρχει y ώστε f(y)=y. Τότε λαμβάνουμε f(y)=0, άτοπο.

Άρα f(x)>x για κάθε x πραγματικό, οπότε ορίζω τη συνάρτηση g(x)=f(x)-x από τους θετικούς πραγματικούς στους θετικούς πραγματικούς, η οποία με αντικατάσταση βλέπουμε πως ικανοποιεί την:

g(x+y+g(y))=g(x+y)+y ή αλλιώς: g(x+g(y))=g(x)+y για θετικούς πραγματικούς x, y.

Εφαρμόζοντας την g και στα 2 μέλη λαμβάνουμε: g(g(x+g(y))=g(g(x)+y), άρα g(g(x+g(y))=x+g(y)

Η ποσότητα x+g(y) λαμβάνει όλες τις τιμές στους θετικούς πραγματικούς, συνεπώς ισχύει g(g(x))=x

Επίσης g(x+g(y))>g(x), συνεπώς η g είναι και γνησίως αύξουσα. (σημειώστε πως τα a=x+g(y), b=x απέχουν κατά g(y) άρα δεν είναι τυχαία. τυχαία όμως γίνονται αν παρατηρήσουμε ότι η g είναι επί, συνεπώς το g(y) είναι οποιοσδήποτε θετικός)

Τελικά g(x)=x από γνωστή πρόταση, με αποτέλεσμα f(x)=2x. Η συνάρτηση αυτή ικανοποιεί.

EDIT: η λύση είναι λάθος αλλά την αφήνω γιατί έχει περάσει καιρός. ειδικότερα η αντικατάσταση μετά το 'ή αλλιώς' στο κείμενο έχει περιορισμό για τη διάταξη των μεταβλητών την οποία ξέχασα. Ευχαριστώ το Νίκο Αθανασίου.
Τελευταία επεξεργασία από το μέλος Κώστας Παππέλης την Σάβ Νοέμ 12, 2016 1:34 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 806
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Προκριματικός Ελβετίας, 2008

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος »

socrates έγραψε:Προκριματικός Ελβετίας, 2008

12. Δίνονται οι φυσικοί αριθμοί x,y,n με x \geq 3, n \geq 2 για τους οποίους x^2 + 5 = y^n.
Να δείξετε ότι για κάθε πρώτο διαιρέτη p του n ισχύει \displaystyle p \equiv1 \mod 4}.
Μια παρατήρηση στο παραπάνω θέμα. Δεν νομίζω να υπάρχει λύση στην εξίσωση x^2 + 5 = y^n, επειδή σύμφωνα με την γενικευμένη εικασία του Catalan, υπάρχουν πεπερασμένες λύσεις στην εξίσωση x^n + y = z^m. Μάλιστα στην περίπτωση που y=5, οι μοναδικές λύσεις που έχουν βρεθεί μέχρι τώρα (δεν είμαστε σίγουροι ότι δεν υπάρχουν άλλες, αλλά θα έχει ελεγχθεί σε μεγάλους αριθμούς) είναι οι εξής:

2^2+5=3^2 και 3^3+5=2^5 !!!

https://en.wikipedia.org/wiki/Catalan%27s_conjecture

Και οι δύο απορρίπτονται από τους περιορισμούς της άσκησης! Άρα μάλλον δεν υπάρχουν λύσεις :shock: ;!

Υ.Γ. Θα μπορούσε ωστόσο η άσκηση να ήταν θεωρητική.
Houston, we have a problem!
Κορυφή
Απάντηση

Επιστροφή στο “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, ΚΥΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 7 επισκέπτες