JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

#1

A1 (Μολδαβία)
Έστω x,y,z

πραγματικοί αριθμοί που ικανοποιούν
$x\geq 20,$ $y\geq 40$ , $z\geq 1675$ και x+y+z=2015

. Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του γινομένου xyz

.

Α2 (Αλβανία)
Αν $x^3-3\sqrt{3}x^2+9x-3\sqrt{3}-64=0$ τότε να βρείτε την τιμή της παράστασης x^6-8x^5+13x^4-5x^3+49x^2-137x+2015

.

A3 (Mαυροβούνιο)
Έστω a,b,c

θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να δείξετε ότι $\displaystyle\frac{a}{b}+\sqrt{\frac{b}{c}}+\sqrt[3]{\frac{c}{a}}>2.$

Α4 (Ελλάδα, Σ.Μ.)
Οι θετικοί πραγματικοί a,b,c

είναι τέτοιοι ώστε a+b+c=3

. Να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης

$\displaystyle A=\frac{2-a^3}{a}+\frac{2-b^3}{b}+\frac{2-c^3}{c}$ .

A5 (FYROM)
Οι θετικοί πραγματικοί x,y,z

είναι τέτοιοι ώστε x^2+y^2+z^2=3

. Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle\frac{x^2+yz}{x^2+yz+1}+\frac{y^2+zx}{y^2+zx+1}+\frac{z^2+xy}{z^2+xy+1}\leq 2$ .

Το πρόβλημα Α4 τέθηκε στον διαγωνισμό σαν πρόβλημα 2.
Το πρόβλημα Α2 αποκλείστηκε από τη λίστα.

jason.prod · #2

silouan έγραψε:
A5 (FYROM)
Οι θετικοί πραγματικοί είναι τέτοιοι ώστε . Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle\frac{x^2+yz}{x^2+yz+1}+\frac{y^2+zx}{y^2+zx+1}+\frac{z^2+xy}{z^2+xy+1}\leq 2$ .

Θέτουμε

και τότε είναι προφανές ότι $a+b+c \le 6 (1)$ . Η ανισότητα είναι ισοδύναμη με $\frac{a}{a+1} + \frac{b}{b+1} + \frac{c}{c+1} \le 2$ που είναι ισοδύναμη με $\frac{1}{a+1} + \frac{1}{b+1} + \frac{1}{c+1} \ge 1$ . Όμως από την ανισότητα C-S παίρνουμε ότι $LHS \ge \frac{9}{a+b+c+3} \ge \frac{9}{9} = 1$ όπου χρησιμοποιήθηκε η (1) στο τελευταίο βήμα.

#3

silouan έγραψε: A3 (Mαυροβούνιο)
Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να δείξετε ότι $\displaystyle\frac{a}{b}+\sqrt{\frac{b}{c}}+\sqrt[3]{\frac{c}{a}}>2.$

Από ΑΜ-ΓΜ είναι

$\displaystyle{\frac{a}{b}+\sqrt{\frac{b}{c}}+\sqrt[3]{\frac{c}{a}}=\frac{a}{b}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{b}{c}}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{b}{c}}+\frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{c}{a}}+\frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{c}{a}}+\frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{c}{a}}\geq}$

$\displaystyle{\geq 6\sqrt[6]{\frac{a}{b}\frac{b}{4c}\frac{c}{27a}}=\frac{6}{\sqrt[6]{4\cdot 27}}.}$

Αρκεί τώρα

$\displaystyle{3>\sqrt[6]{4\cdot 27}}$ δηλαδή $\displaystyle{3^6>4\cdot 27,}$ η οποία ισχύει.

Σιλουανέ, κάτι μου θυμίζει αυτή...

#4

matha έγραψε: Σιλουανέ, κάτι μου θυμίζει αυτή...

Θάνο, είναι όντως γνωστή και νομίζω τη βγάλαμε και αυτή εκτός λίστας. Υπάρχει σίγουρα αυτούσια στο κόκκινο Αλγεβρικές Ανισότητες των Στεργίου Σκομπρή απλά δεν το έχω μπροστά μου για να δώσω ακριβή παραπομπή (νομίζω στο κεφάλαιο 5)

Αλλά υπάρχει και στο πράσινο Κλασικές και Νέες των ιδίων στη σελίδα 108 άσκηση 1.146 (ισοδύναμη)

Soteris · #5

silouan έγραψε:
matha έγραψε: Σιλουανέ, κάτι μου θυμίζει αυτή...
Θάνο, είναι όντως γνωστή και νομίζω τη βγάλαμε και αυτή εκτός λίστας. Υπάρχει σίγουρα αυτούσια στο κόκκινο Αλγεβρικές Ανισότητες των Στεργίου Σκομπρή απλά δεν το έχω μπροστά μου για να δώσω ακριβή παραπομπή (νομίζω στο κεφάλαιο 5)

Αλλά υπάρχει και στο πράσινο Κλασικές και Νέες των ιδίων στη σελίδα 108 άσκηση 1.146 (ισοδύναμη)

Σιλουανέ και Θάνο, αντιγράφω από το κόκκινο, σελίδα $\displaystyle{284}$ ...

$\displaystyle{5.109}$ Αν x, y, z>0

, να αποδειχθεί ότι: $\displaystyle{\dfrac{x}{y}+\sqrt{\dfrac{y}{z}}+\sqrt[3]{\dfrac{z}{x}}>\dfrac{3}{2}}$

Την είχαμε "καθαρίσει" από την προηγούμενη νύχτα μαζί, όπως και αρκετές άλλες. Οι μόνες που έμεναν υποψήφιες στην ουσία ήταν οι Α4 και Α5.

#6

Ευχαριστώ για την παραπομπή Σωτήρη!

Έτσι είναι, μόνο οι Α4, Α5 έπαιξαν για το διαγωνισμό αν και θα μου επιτρέψετε την συμπάθεια και στο Α1.

Ορέστης Λιγνός · #7

Γεια σας! Η λύση μου για το A_4

.

Η παράσταση

γράφεται $A=\sum{\displaystyle\frac{2}{a}} - \sum{a^2}= 2\displaystyle\frac{ab+bc+ca}{abc} -(a+b+c)^2 + 2(ab+bc+ca) =2\displaystyle\frac{ab+bc+ca}{abc}+2(ab+bc+ca)-9\geq 4\sqrt{\displaystyle\frac{(ab+bc+ca)^2}{abc}}\geq 4\sqrt{\displaystyle\frac{3abc(a+b+c)}{abc}}-9=3$

Οπότε, η ελάχιστη τιμή της

είναι

και επιτυγχάνεται για a=b=c=1

.

jason.prod · #8

Και μία λύση του Δημήτρη Λώλα για την Α1 (την είχε λύσει από τότε που δημοσιεύτηκε η λίστα, αλλά την αφήσαμε για να την προσπαθήσουν και άλλοι).
Είναι $(1675-z)(1675-y) \le 0 \implies yz \le 1675(y+z-1675)$ . Τότε είναι $xyz \le 1675x(y+z-1675) \le 1675(\frac{x+y+z-1675}{4})^2 = 1675*170^2$ και η ισότητα ισχύει όταν z=1675, x=y

#9

Μιας και έμεινε άλυτο μόνο το πανέμορφο Α2, ας βάλω και τη θεωρία αριθμών.

ΝΤ1. (Σαουδική Αραβία)
Δίνεται ένα σύνολο με 2015

διαδοχικούς ακεραίους. Ποιο είναι το μέγιστο δυνατό (σε πληθάριθμο) υποσύνολό του ώστε να μην υπάρχουν δύο στοιχεία του υποσυνόλου που το άθροισμά τους να διαιρείται από τη διαφορά τους.

ΝΤ2. (Βουλγαρία)α) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\underbrace{11\ldots1}_{n}$ διαιρείται με το

αν και μόνο αν το

διαιρείται με το

.
β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος

τέτοιος ώστε ο $\underbrace{11\ldots1}_{n}$ να διαιρείται από

αν και μόνο αν ο

διαιρείται από

.

NT3. (Αλβανία) Δίνονται

θετικοί ακέραιοι. Να αποδείξετε ότι το γινόμενο όλων των διαφορών από τα όλα τα πιθανά ζεύγη, διαιρείται από το 34560

NT4. (Μολδαβία) Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι αριθμοί a,b,c

και οι θετικοί ακέραιοι

για τους οποίους ισχύει:
$\displaystyle a^2+b^2+16c^2=9k^2+1.$

NT5. (Μαυροβούνιο) Να εξετάσετε αν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι a,b

και πρώτος αριθμός

ώστε

.

Σχόλιο: Το ΝΤ1 το είχα βρει το προηγούμενο βράδυ σε ένα βιβλίο και το βγάλαμε εκτός λίστας.
Το ΝΤ4 ήταν το πρόβλημα 1 του διαγωνισμού.

#10

silouan έγραψε: Α2 (Αλβανία)
Αν $x^3-3\sqrt{3}x^2+9x-3\sqrt{3}-64=0$ τότε να βρείτε την τιμή της παράστασης .

Κάνοντας την αντικατάσταση $y = x-\sqrt{3}$ καταλήγουμε στην y^3 - 64 = 0

που δίνει

και άρα $x = 4+\sqrt{3}$ .

Δεν αντικαθιστούμε τώρα το

αλλά παρατηρούμε ότι $x^2 = 19 + 8\sqrt{3}$ και $8x = 32 + 8\sqrt{3}$ οπότε x^2 - 8x + 13=0

.

Τώρα κάνουμε την Ευκλείδια διαίρεση για να πάρουμε

$\displaystyle{ x^6 - 8x^5 + 13x^4 - 5x^3 + 49x^2 - 137x + 2015 = (x^4-5x+9)(x^2-8x+13) + 1898. }$

Οπότε (αν δεν έχω κάνει κάποιο αλγεβρικό λάθος) έχουμε

$\displaystyle{ x^6 - 8x^5 + 13x^4 - 5x^3 + 49x^2 - 137x + 2015 = 1898.}$

[Εννοείται ότι θεωρούμε πως το

είναι πραγματικός.]

Soteris · #11

silouan έγραψε:Μιας και έμεινε άλυτο μόνο το πανέμορφο Α2, ας βάλω και τη θεωρία αριθμών.

Γίνεσαι κακός..

silouan έγραψε:Το ΝΤ1 το είχα βρει το προηγούμενο βράδυ σε ένα βιβλίο και το βγάλαμε εκτός λίστας.

Αν θες να σου θυμίσω και σε ποιο βιβλίο..

silouan έγραψε:Το ΝΤ4 ήταν το πρόβλημα 1 του διαγωνισμού.

Να πούμε Σιλουανέ ότι στη λίστα δεν μιλούσε για $\displaystyle{k}$ θετικός ακέραιος, κάτι που εσύ πρότεινες να μπει για να λιγοστέψουν οι περιπτώσεις.

nikkru · #12

silouan έγραψε:Μιας και έμεινε άλυτο μόνο το πανέμορφο Α2, ας βάλω και τη θεωρία αριθμών.
ΝΤ2. (Βουλγαρία) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\underbrace{11\ldots1}_{n}$ διαιρείται με το αν και μόνο αν το διαιρείται με το .

Ονομάζω

τον αριθμό 111...111

.
Κάθε φυσικός

μπορεί να πάρει μόνο μία από τις μορφές: n=3k , n=3k+1 , n=3k+2

.
α) Αν

, τότε $a=111...111=111\cdot (1000^{k}+1000^{k-1}+. . .+1)$ $=37\cdot 3\cdot (1000^{k}+1000^{k-1}+. . .+1)$ , πολ.

.
β) αν

τότε

όπου ο αριθμός 111...1110

έχει

άσσους άρα από το α) γράφεται $111...1110=37 \cdot 3 \cdot m$ ( όπου

ακέραιος ). Αφού ο 111...1110

διαιρείται με το

και το

δεν διαιρείται με το

, ο αριθμός n=111...1110+1

δεν διαιρείται με το

.
γ) αν

τότε

που ούτε αυτός διαιρείται με το

αφού το

δεν διαιρείται με το

.
Επομένως αποδείχθηκε το ζητούμενο.

#13

Είχα ξεχάσει στο ΝΤ2 να προσθέσω το δεύτερο ερώτημα. Το έβαλα τώρα.

nikkru · #14

silouan έγραψε:Μιας και έμεινε άλυτο μόνο το πανέμορφο Α2, ας βάλω και τη θεωρία αριθμών.
ΝΤ2. (Βουλγαρία)α) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\underbrace{11\ldots1}_{n}$ διαιρείται με το αν και μόνο αν το διαιρείται με το .
β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος τέτοιος ώστε ο $\underbrace{11\ldots1}_{n}$ να διαιρείται από αν και μόνο αν ο διαιρείται από .

Για το β) ερώτημα.
Ονομάζω

τον μικρότερο θετικό ακέραιο για τον οποίο ο αριθμός $a=\underbrace{11\ldots1}_{k}$ διαιρείται από τον

.
Αν ο

διαιρείται από τον

, τότε υπάρχει θετικός ακέραιος

ώστε $n=p\cdot k$ και ο αριθμός $b=\underbrace{11\ldots1}_{p\cdot k}$ γράφεται:
$b=\underbrace{11\ldots1}_{p\cdot k}=\left( \underbrace{11\ldots1}_{k} \right) \cdot \left( 1\underbrace{00\ldots0}_{k-1}1\ldots1\underbrace{00\ldots0}_{k-1}1\right)$ , άρα πολλαπλάσιο του $\underbrace{11\ldots1}_{k}$ που διαιρείται με το

.
Αν ο αριθμός $c=\underbrace{11\ldots1}_{m}$ διαιρείται από to

, υπάρχει ακέραιος

ώστε $p\cdot k \leq m<(p+1)\cdot k$ . τότε, και ο αριθμός $\underbrace{11\ldots1}_{p\cdot k}-c\cdot10^{m-p\cdotk}$ θα διαιρείται με το 41, άτοπο, γιατί ο αριθμός που προκύπτει έχει λιγότερες μονάδες από

που δεχτήκαμε ότι είναι η ελάχιστη τιμή.
Έτσι αποδείχθηκε και το αντίστροφο.

ΥΣ.1 Θα μπορούσαμε να πάμε όπως το α) ερώτημα, αντί για το

, έχουμε το 271

!!!.
ΥΣ.2 Ισχύει το ίδιο για τα ζεύγη πρώτων με γινόμενο $11\cdots1$ , π.χ. 239

και

;

jason.prod · #15

silouan έγραψε:Μιας και έμεινε άλυτο μόνο το πανέμορφο Α2, ας βάλω και τη θεωρία αριθμών.

β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος τέτοιος ώστε ο $\underbrace{11\ldots1}_{n}$ να διαιρείται από αν και μόνο αν ο διαιρείται από .

Το ζητούμενο ισχύει και για κάθε θετικό ακέραιο

με

όχι απαραίτητα για το

. Προσπαθήστε το σαν έξτρα ερώτημα.

#16

nikkru έγραψε: Ονομάζω τον μικρότερο θετικό ακέραιο για τον οποίο ο αριθμός $a=\underbrace{11\ldots1}_{k}$ διαιρείται από τον .

Το ζουμί της άσκησης είναι να δειχθεί ότι υπάρχει τέτοιο

.

Για το

μπορεί να βρεθεί τέτοιο

απλά κάνοντας πράξεις. Δείξτε όμως ότι υπάρχει τέτοιο

αν στην θέση του

βάλουμε οποιοδήποτε αριθμό

με

. Αυτό θα απαντήσει ουσιαστικά και στο ερώτημα του Κυπριανού-Ιάσονα. (Ποιο απ' τα δύο ονόματα προτιμάς να χρησιμοποιούμε; Η μήπως και τα δύο μαζί;)

jason.prod · #17

Demetres έγραψε:
nikkru έγραψε: Ονομάζω τον μικρότερο θετικό ακέραιο για τον οποίο ο αριθμός $a=\underbrace{11\ldots1}_{k}$ διαιρείται από τον .
Το ζουμί της άσκησης είναι να δειχθεί ότι υπάρχει τέτοιο .

Ποιο απ' τα δύο ονόματα προτιμάς να χρησιμοποιούμε; Η μήπως και τα δύο μαζί;

Δεν έχω πρόβλημα με κανένα από τα δύο, αλλά οι φίλοι μου με φωνάζουν Ιάσονα. Μπορείτε, όμως, να χρησιμοποιείτε όποιο θέλετε.

harrisp · #18

Παραμένουν άλυτα τα NT1, NT3, NT5. Έχω λύση για το τελευταίο (αρκετά σύνθετη, λόγω πολλών περιπτώσεων) όποτε θα περιμένω μέχρι αύριο για να την ανεβάσω.

Ορέστης Λιγνός · #19

silouan έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 18, 2016 5:29 pm

NT5. (Μαυροβούνιο) Να εξετάσετε αν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι και πρώτος αριθμός ώστε .

Καλησπέρα σε όλους.

Θα αποδείξουμε ότι η εξίσωση δεν έχει θετικές ακέραιες λύσεις.

Η εξίσωση γράφεται (a-b)(a^2+ab+b^2)=4p^2

. Προφανώς, a>b

.

Είναι καταρχήν $4p^2=(a-b)(a^2-ab+b^2)=(a-b)((a-b)^2+ab)>(a-b)^3 \Rightarrow a-b <\sqrt[3]{4p^2}$ (1).

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις όπου p=2, p=3

ή $p \geqslant 4$ .

Περίπτωση 1

Έστω ότι p=2

. Τότε,

και από (1) $a-b<\sqrt[3]{16} \Rightarrow a-b<2 \Rightarrow a-b=1$ , αφού a>b

.

Άρα,

και

. Λύνοντας το σύστημα δεν προκύπτει λύση.

Περίπτωση 2

Έστω ότι p=3

. Εφαρμόζοντας την παραπάνω διαδικασία, δεν προκύπτει πάλι λύση.

Περίπτωση 3

Έστω τέλος $p \geqslant 4$ . Τότε, $a-b<\sqrt[3]{4p^2} \leqslant p \Rightarrow a-b<p$ και αφού $a-b \mid 4p^2$ , έπεται ότι a-b=1,2

ή

.

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

α) $a-b=1,\, a^2+ab+b^2=4p^2$ , άρα $4p^2=a^2+ab+b^2=(b+1)^2+b(b+1)+b^2=3b^2+3b+1=3b(b+1)+1=\textnormal{\gr περιττός}$ , καθώς b(b+1)

άρτιος, ως γινόμενο διαδοχικών φυσικών.

Αυτό όμως είναι άτοπο, γιατί ο 4p^2

είναι άρτιος.

β) $a-b=2, \, a^2+ab+b^2=2p^2$ , άρα $2p^2=a^2+ab+b^2=(b+2)^2+b(b+2)+b^2=3b^2+6b+4 \equiv 1 \pmod 3 \Rightarrow$

$2p^2 \equiv 1 \pmod 3 \Rightarrow p^2 \equiv 2 \pmod 3$ , άτοπο, γιατί τα τετραγωνικά υπόλοιπα $\pmod 3$ είναι 0,1

.

γ)

και $p^2=a^2+ab+b^2=3b^2+12b+16 \Rightarrow 3b^2+12b+16=p^2 \Rightarrow$ .

Προφανώς, $b \equiv 1 \pmod 2$ (αν $2 \mid b$ , τότε $2 \mid p^2$ , άτοπο).

Άρα, $b \equiv 1$ ή $3 \pmod 4$ .

Και στις δύο περιπτώσεις προκύπτει $p^2 \equiv 3 \pmod 4$ , άτοπο, καθώς το

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\pmod 4$ .

Τελικά, η εξίωση δεν έχει λύσεις στους θετικούς ακεραίους.

JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

Re: JBMO Shortlist 2015 (1/2) Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών

Μέλη σε σύνδεση