Προετοιμασία για JBMO (2)

Datis-Kalali · #1

Προβλήμα 1
Να βρείτε όλες τις ακέραιες λύσεις (x,y,z)

της εξίσωσης
28^x=19^y+87^z

Προβλήμα 2
Αν a,b,c

είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί , να βρείτε την μεγιστή τιμή του

, έτσι ώστε
$\frac{a^3}{ka^2+b^2}+\frac{b^3}{kb^2+a^2}+\frac{c^3}{kc^2+a^2} \ge \frac{a+b+c}{1+k}$
Προβλήμα 3
Ο εγγεγραμμένος κύκλος του σκαληνού τριγώνου ABC

, με $\angle{BAC}=60$ , εφάπτεται των πλευρών

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα. Το σημείο

είναι το μέσο της ευθείας

, και το σημείο

είναι το εγκέντρο του του τριγώνου ABC

. Αν οι ευθείες

και

τέμνουν η ευθεία,

στα σημεία

και

αντίστοιχα, να δείξετε ότι το τρίγωνο PMQ

είναι ισόπλευρο.

Ορέστης Λιγνός · #2

Datis-Kalali έγραψε: Προβλήμα 3
Ο εγγεγραμμένος κύκλος του σκαληνού τριγώνου , με $\angle{BAC}=60$ , εφάπτεται των πλευρών και στα σημεία και αντίστοιχα. Το σημείο είναι το μέσο της ευθείας , και το σημείο είναι το εγκέντρο του του τριγώνου . Αν οι ευθείες και τέμνουν η ευθεία, στα σημεία και αντίστοιχα, να δείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Από εδώ είναι $\widehat{BQC}=\widehat{BPC}=90^\circ$ .

Είναι BM=MC

, άρα

(1).

Είναι $\widehat{A}=60^\circ \Rightarrow \widehat{BIC}=120^\circ \mathop \Rightarrow \limits^{BQ \perp IQ} \widehat{QBP}=30^\circ$ (2).

Από $MB=MQ=MP \Rightarrow M \, \textnormal{\gr περίκεντρο του} \, \vartriangle BEP \Rightarrow \widehat{QMP}=2\widehat{QBP} \mathop = \limits^{(2)} 60^\circ$ , άρα $\widehat{QMP}=60^\circ$ (3).

Από (1), (3) $QM=MP, \widehat{QMP}=60^\circ \Rightarrow \vartriangle QMP \, \textnormal{\gr ισόπλευρο}$ .

Ορέστης Λιγνός · #3

Datis-Kalali έγραψε: Προβλήμα 2
Αν είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί , να βρείτε την μεγιστή τιμή του , έτσι ώστε
$\frac{a^3}{ka^2+b^2}+\frac{b^3}{kb^2+a^2}+\frac{c^3}{kc^2+a^2} \ge \frac{a+b+c}{1+k}$ (1)

Η λύση είναι λανθασμένη.

Θα δείξουμε ότι για κάθε $k \geqslant 0$ ισχύει η (1).

Είναι $\displaystyle (1) \mathop \Rightarrow \limits^{ \cdot k} \sum \dfrac{ka^3}{ka^2+b^2} \geqslant \dfrac{k(a+b+c)}{k+1}$ (2)

Όμως, $\dfrac{ka^3}{ka^2+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{ka^2+b^2}$ και τα κυκλικά, άρα

$\displaystyle(2) \Rightarrow \sum (a-\dfrac{ab^2}{ka^2+b^2}) \geqslant \dfrac{k(a+b+c)}{k+1} \Rightarrow \sum \dfrac{ab^2}{ka^2+b^2} \leqslant \sum a -\dfrac{k(a+b+c)}{k+1}=$

$\dfrac{a+b+c}{k+1}$ .

Από ΑΜ-ΓΜ, $ka^2+b^2=a^2+a^2 + \ldots a^2+b^2+b^2 \geqslant (k+1) \sqrt[k+1]{a^{2k}b^2}$ , άρα $\displaystyle \sum \dfrac{ab^2}{ka^2+b^2} \leqslant \sum \dfrac{\sqrt[k+1]{a^{1-k}b^{2k}}}{k+1} \leqslant \sum \dfrac{a(1-k)+2bk}{(k+1)^2}=$

$\dfrac{\displaystyle \sum [a(1-k)+2bk]}{(k+1)^2}=\dfrac{a+b+c}{k+1}$ , και η αρχική ανισότητα αποδείχτηκε.

Υ.Γ. Αν δεν κάνω λάθος η ανισότητα ισχύει για κάθε $k \geqslant 0$ , οπότε πώς μπορεί να υπάρξει το $\max k$ ;

Η λύση είναι λανθασμένη

Ευχαριστώ τον Θανάση (socrates) για την επισήμανσή του στην επόμενη δημοσίευση.

#4

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Datis-Kalali έγραψε: Προβλήμα 2
Αν είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί , να βρείτε την μεγιστή τιμή του , έτσι ώστε
$\frac{a^3}{ka^2+b^2}+\frac{b^3}{kb^2+a^2}+\frac{c^3}{kc^2+a^2} \ge \frac{a+b+c}{1+k}$ (1)

...

Από ΑΜ-ΓΜ, $ka^2+b^2=a^2+a^2 + \ldots a^2+b^2+b^2 \geqslant (k+1) \sqrt[k+1]{a^{2k}b^2}$ , άρα $\displaystyle \sum \dfrac{ab^2}{ka^2+b^2} \leqslant \sum \dfrac{\sqrt[k+1]{a^{1-k}b^{2k}}}{k+1} \leqslant \color{red} \sum \dfrac{a(1-k)+2bk}{(k+1)^2}=$

$\dfrac{\displaystyle \sum [a(1-k)+2bk]}{(k+1)^2}=\dfrac{a+b+c}{k+1}$ , και η αρχική ανισότητα αποδείχτηκε.

Υ.Γ. Αν δεν κάνω λάθος η ανισότητα ισχύει για κάθε $k \geqslant 0$ , οπότε πώς μπορεί να υπάρξει το $\max k$ ;

Ορέστη, υπάρχει πρόβλημα στο επισημασμένο σημείο. Χρειαζόμαστε 1-k>0

σε αυτό το βήμα.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #5

Datis-Kalali έγραψε:Προβλήμα 1
Να βρείτε όλες τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης

Έχουμε πως 29|87^z

Άρα πρέπει να ισχύει ότι:

$28^x\equiv 19^y \pmod{29}$

Όμως ισχύει ότι $28^x\equiv \pm 1 \pmod{29}$

Άρα πρέπει $19^y\equiv \pm 1 \pmod{29}$

Όμως το

δεν είναι υπόλοιπο του 19^y

με το

(Αν δεν κάνω λάθος...

)

Άρα αναγκαστικά έχουμε πως $28^x\equiv 19^y\equiv 1 \pmod{29}$ .

Έπεται λοιπόν πως

άρτιος. Έστω x=2k

.

Τότε η εξίσωση γράφεται $28^{2k}=19^y+87^z\Leftrightarrow 784^k=19^y+87^z$

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

Αν

άρτιος, έστω z=2l

:

Η εξίσωση γράφεται:

784^k=19^y+7569^l

Έχουμε πως $784^k\equiv \pm 1 \pmod{5}, 19^y\equiv \pm 1 \pmod{5}, 7569^l\equiv \pm 1 \pmod{5}$

Πρέπει όμως $19^y+7569^l-784^k\equiv 0 \pmod{5}$ , που είναι άτοπο σε όλες τις παραπάνω περιπτώσεις.

Αν

περιττός:

Έχουμε πως 4|19^y+18^z

και αφού

περιττός έχουμε πως $18^z\equiv -1 \pmod{4}$ . Άρα $19^y\equiv 1 \pmod{4}$ , δηλαδή

άρτιος, έστω y=2m

.

Η εξίσωση γίνεται $28^{2k}-19^{2m}=87^z\Leftrightarrow (28^k-19^m)(28^k+19^m)=87^z$

Όμως το

διαιρεί μόνο μια από τις δύο παρενθέσεις, όμοια και το

. Άρα μια από τις δύο θα είναι 29^z

και η άλλη 3^z

. Προφανώς έχουμε πως 28^k+19^m=29^z

και ότι

, άρα $2\cdot 28^k=29^z+3^z$ .

Από το θεώρημα LTE

έχουμε πως το

διαιρεί το 29^z+3^z

σε μέγιστη δύναμη

, καθώς ο

είναι περιττός. Όμως το

διαιρεί το $2\cdot 28^k$ σε μέγιστη δύναμη 2k+1

. Άρα αναγκαστικά k=2

.

Πρέπει λοιπόν να ισχύει ότι 1568=29^z+3^z

, που δεν έχει λύσεις.

Επομένως η εξίσωση είναι άλυτη στους ακεραίους.

Ανδρέας Πούλος · #6

Απάντηση στο 1ο ΘΕΜΑ.

Θα εργαστούμε με τα ισοϋπόλοιπα του 9.
$28\equiv 1(mod9) \Rightarrow 28^{x}\equiv 1(mod9))$ (1)
$19\equiv 1(mod 9) \Rightarrow 19^{y}\equiv 1(mod 9))$ (2)
$87\equiv -3(mod 9) \Rightarrow 87^{z}\equiv (-3)^{z})(mod 9))$ (3)
Από (1), (2) και (3) προκύπτει ότι $1\equiv 1+ (-3)^{z})(mod 9))$ , το οποίο δεν ισχύει για κανέναν ακέραιο.
Άρα, η εξίσωση είναι αδύνατη στο σύνολο των ακεραίων.

Ορέστης Λιγνός · #7

Ανδρέας Πούλος έγραψε:Απάντηση στο 1ο ΘΕΜΑ.

Από (1), (2) και (3) προκύπτει ότι $1\equiv 1+ (-3)^{z})(mod 9))$ , το οποίο δεν ισχύει για κανέναν ακέραιο.

Η παραπάνω ισοτιμία ισχύει για κάθε

άρτιο.

#8

Datis-Kalali έγραψε:
Προβλήμα 3
Ο εγγεγραμμένος κύκλος του σκαληνού τριγώνου , με $\angle{BAC}=60$ , εφάπτεται των πλευρών και στα σημεία και αντίστοιχα. Το σημείο είναι το μέσο της ευθείας , και το σημείο είναι το εγκέντρο του του τριγώνου . Αν οι ευθείες και τέμνουν η ευθεία, στα σημεία και αντίστοιχα, να δείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

: προετοιμασία για JBMO.png (50.21 KiB) Προβλήθηκε 1676 φορές

To $\vartriangle AEF$ είναι προφανώς ισόπλευρο και άρα τα $I\,\,\kappa \alpha \iota \,\,F$ βλέπουν υπό ίσες και

μάλιστα $60^\circ$ την

, όθεν το τετράπλευρο IFPC

είναι εγγράψιμο , συνεπώς

$\boxed{\widehat {IPC} = 90^\circ }$ . Ομοίως $\boxed{\widehat {IQB} = 90^\circ }$ . Τώρα θα είναι $\boxed{MP = MQ = \frac{a}{2}}$ . Αφού όμως η

$\widehat \theta$ είναι εξωτερική στο ισοσκελές τρίγωνο MBP

θα είναι $\widehat \theta = \widehat B$ και ομοίως $\widehat \omega = \widehat C$ .

Μετά απ αυτά $\widehat x = \widehat A = 60^\circ$ και άρα το $\vartriangle MPQ$ είναι ισόπλευρο.

Ανδρέας Πούλος · #9

Αγαπητέ Ορέστη,
Νόμιζα ότι το είχα σβήσει εχτές το βράδυ, είχα δει το λογικό κενό.
Αλλά, να που δεν έσβησα. Σήμερα, δεν νομίζω ότι έχει νόημα να το κάνω.
Επίσης, είχα κάνει και αποσύνδεση από το Φόρουμ, στο οποίο τώρα μπήκα κατευθείαν. Κάτι δεν έκανα σωστά.

Ανδρέας Πούλος · #10

Ορέστη,
βρήκα αυτό το πρόβλημα σε αυτή τη σελίδα
https://math.stackexchange.com/question ... n-integers

#11

Το πρόβλημα 3 είναι από τη ΒΜΟ του 2005.
https://artofproblemsolving.com/communi ... 934p224997

To πρόβλημα 1 είναι από την ΙΜΟ Longlist 1987 και μάλιστα προτάθηκε από την Ελλάδα.
https://artofproblemsolving.com/communi ... 83p2009076

knm2608 · #12

Το πρόβλημα 2 ήταν εδώ
https://artofproblemsolving.com/communi ... 513p815736
Η λύση βέβαια δεν είναι καθόλου κομψή.

Ορέστης Λιγνός · #13

knm2608 έγραψε:Το πρόβλημα 2 ήταν εδώ
https://artofproblemsolving.com/communi ... 513p815736
Η λύση βέβαια δεν είναι καθόλου κομψή.

Αναρωτιέμαι ποια είναι η λύση που έχει ο Datis - Kalali.

JimNt. · #14

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
knm2608 έγραψε:Το πρόβλημα 2 ήταν εδώ
https://artofproblemsolving.com/communi ... 513p815736
Η λύση βέβαια δεν είναι καθόλου κομψή.
Αναρωτιέμαι ποια είναι η λύση που έχει ο Datis - Kalali.

Γιατί είναι απαραίτητο να έχει λύση;

#15

JimNt. έγραψε:
Ορέστης Λιγνός έγραψε:
knm2608 έγραψε:Το πρόβλημα 2 ήταν εδώ
https://artofproblemsolving.com/communi ... 513p815736
Η λύση βέβαια δεν είναι καθόλου κομψή.
Αναρωτιέμαι ποια είναι η λύση που έχει ο Datis - Kalali.
Γιατί είναι απαραίτητο να έχει λύση;

Αν είναι σωστή η απάντηση στον σύνδεσμο, είναι ακατάλληλη και για Seniors. Πόσω μάλλον για Juniors...

Όταν δεν έχουμε λύση σε άσκηση που προτείνουμε πρέπει να το δηλώνουμε.

#16

Εγώ πιστεύω ότι βάσει της δυσκολίας και των πηγών των ασκήσεων, καμιά άσκηση δεν ανταποκρίνεται στο επίπεδο.

Ορέστης Λιγνός · #17

Συμφωνώ απόλυτα με τον Σιλουανό και να συμπληρώσω (αυτό δεν αφορά τον Datis - Kalali) ότι όποιοι προτείνουν ασκήσεις, να φροντίζουν να ανταποκρίνονται στον φάκελο που μπαίνουν, και να μην κάνουν ''επίδειξη'', βάζοντας ασκήσεις άσχετες, με ''τρελά'' θεωρήματα'', που απογοητεύουν τους μαθητές ( θέματα που δεν μπαίνουν ούτε σε IMO, ούτε είναι στο ύφος των διαγωνισμών!).

Αν θέλουμε να βάλουμε ''τρελά'' θέματα, θα πρέπει να φτιάξουμε έναν νέο φάκελο με τίτλο ''Πέρα από τα όρια''.

Και εκεί ο καθένας μπορεί να γράψει ό,τι ευφάνταστη ιδέα έχει ...

Προετοιμασία για JBMO (2)

Προετοιμασία για JBMO (2)

Re: Προετοιμασία για JBMO (2)

Re: Προετοιμασία για JBMO (2)

Re: Προετοιμασία για JBMO (2)

Re: Προετοιμασία για JBMO (2)

Re: Προετοιμασία για JBMO (2)

Re: Προετοιμασία για JBMO (2)

Re: Προετοιμασία για JBMO (2)

Re: Προετοιμασία για JBMO (2)

Re: Προετοιμασία για JBMO (2)

Re: Προετοιμασία για JBMO (2)

Re: Προετοιμασία για JBMO (2)

Re: Προετοιμασία για JBMO (2)

Re: Προετοιμασία για JBMO (2)

Re: Προετοιμασία για JBMO (2)

Re: Προετοιμασία για JBMO (2)

Re: Προετοιμασία για JBMO (2)

Μέλη σε σύνδεση