Προκριματικός Διαγωνισμός 2012

Ch.Chortis · #1

Ανοίγω αυτό το θέμα για να δούμε τα θέματα του φετινού διαγωνισμού, καθώς και να ακούσουμε τις εντυπώσεις όλων όσων αγωνίστηκαν-πήραν μέρος.
Καλά αποτελέσματα εύχομαι σε όλους και ιδιαίτερα στα μέλη του

.

#2

Ας βάλει κάποιος τα θέματα...

parmenides51 · #3

εδώ

#4

Των μεγάλων!

Ch.Chortis · #5

Μιάς και το θέμα μεταφέρθηκε αλλού προτείνω να βάλουμε εδώ τα θέματα του Μεσογειακού Διαγωνισμού καθώς και του(σημερινού) Διαγωνισμού των μεγάλων.
Συμφωνείτε;

slash · #6

Σήμερα έδινα στον προκριματικό και έλυσα 3 θέματα(δεν είμαι σίγουρος αν είναι ολόσωστα). Κατευθείαν καταπιάστηκα με το τρίτο πρόβλημα καθώς σκέφτηκα γρήγορα την ανισότητα Jensen η οποία δούλεψε( μετά απο μερικές πράξεις στη δεύτερη παράγωγο). Μετά έλυσα το πρώτο αλλά δεν είμαι σίγουρος αν παρέλειψα κάποια λύση. Τα δύο αυτά θέματα μου πήραν 1 ώρα περίπου και μετά ασχολήθηκα με τη γεωμετρία. Καθώς δεν έχω πολύ χρόνο για να γράψω τη λύση μου λέω απλά πως τα σημεία K,D,S

, όπως και τα L,D,T

προέκυπταν συνευθειακά και η συνέχεια είναι αρκετά εύκολη.Καλά αποτελέσματα σε όλους ( πράγμα που είναι βέβαια αδύνατο

).Εγώ χαίρομαι που έφτασα μέχρι εδώ. Φέτος ο διαγωνισμός ήταν μια μεγάλη εμπειρία για μένα καθώς σε κάθε φάση ξεπερνούσα τον εαυτό μου.

Andreas Dalaoutis · #7

Τί γίνεται με τα θέματα; Τόσες ώρες πέρασαν, δε βρέθηκε κανείς να τα βάλει;;;;

Bill K · #8

Πρόβλημα 1
Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες (p,m,n)

, όπου

πρώτος και m,n

μη αρνητικοί ακέραιοι, που είναι λύσεις της εξίσωσης:
p^m - n^3=8

Πρόβλημα 3
Αν a,b,c

θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε a+b+c=3

, να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{a^2}{(b+c)^3}+\frac{b^2}{(c+a)^3}+\frac{c^2}{(a+b)^3}\geq \frac{3}{8}.}$

Πότε ισχύει η ισότητα;

Kostas_94 · #9

Το 3ο πρόβλημα έλεγε:
Για θετικούς a,b,c

με

να δείξετε οτι
$\frac{a^2}{(b+c)^3}+\frac{b^2}{(c+a)^3}+\frac{c^2}{(a+b)^3}\geq\frac{3}{8}$
Πότε έχουμε ισότητα;

slash έγραψε:Σήμερα έδινα στον προκριματικό και έλυσα 3 θέματα(δεν είμαι σίγουρος αν είναι ολόσωστα). Κατευθείαν καταπιάστηκα με το τρίτο πρόβλημα καθώς σκέφτηκα γρήγορα την ανισότητα Jensen η οποία δούλεψε( μετά απο μερικές πράξεις στη δεύτερη παράγωγο).

Αλήθεια ποια συνάρτηση πήρες για Jensen; Το προσπάθησα και δεν μου έβγαινε. Τελικά την έβγαλα με τη γενικευμένη Andreescu (αν λέγεται έτσι), αφού την απέδειξα με Holder. Ίσως βάλω τι ακριβώς έκανα...

#10

Κώστα, μάλλον την $f(x)=\displaystyle{\frac{x^2}{(3-x)^3}}$
http://www.wolframalpha.com/input/?i=se ... 3-x%29%5E3

slash · #11

socrates έγραψε:Κώστα, μάλλον την $f(x)=\displaystyle{\frac{x^2}{(3-x)^3}}$
http://www.wolframalpha.com/input/?i=se ... 3-x%29%5E3

Ναι.

#12

Bill K έγραψε:Πρόβλημα 1
Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες , όπου πρώτος και μη αρνητικοί ακέραιοι, που είναι λύσεις της εξίσωσης:

Η εξίσωση γράφεται p^m=n^3+2^3

δηλαδή $p^m=\left(n+2\right)\left(n^2-2n+4\right) \ \ (1)$

Αν m=0

τότε η

δίνει $\begin{cases} n+2=1 \\ n^2-2n+4=1 \end{cases}$ που είναι αδύνατο.

Παρακάτω είναι $m\geq 1$ .

Ας υποθέσουμε ότι (n+2,n^2-2n+4)=d>0

τότε

και

. Άρα

οπότε

.

Τελικά αφού d|n+2

και

άρα

δηλαδή

.

Όμως καθώς το αριστερό μέλος της (1)

είναι δύναμη πρώτου άρα οι δυνατές τιμές για το

είναι 2, 3, 4 και μόνο αυτές.

Διακρίνουμε λοιπόν τις εξής περιπτώσεις:

$\bullet$ Αν d=2

έχουμε $\left(\dfrac{n+2}{2},\dfrac{n^2-2n+4}{2}\right)=1$ και τότε πρέπει p=2

κι έτσι η

γίνεται (φανερά $m\geq 2$ ):

$\dfrac{n+2}{2}\cdot\dfrac{n^2-2n+4}{2}=2^{m-2}$ απ' όπου παίρνουμε τα συστήματα:

$\begin{cases} n+2=1 \\ n^2-2n+4=2^{m-2} \end{cases}$ που δίνει τη λύση (p,m,n)=(2,3,0)

και $\begin{cases} n+2=2^{m-2} \\ n^2-2n+4=1 \end{cases}$ που είναι αδύνατο.

$\bullet$ Αν d=3

έχουμε $\left(\dfrac{n+2}{3},\dfrac{n^2-2n+4}{3}\right)=1$ και τότε πρέπει p=3

κι έτσι η

γίνεται (φανερά $m\geq 2$ ):

$\dfrac{n+2}{3}\cdot\dfrac{n^2-2n+4}{3}=3^{m-2}$ απ' όπου παίρνουμε τα συστήματα:

$\begin{cases} n+2=1 \\ n^2-2n+4=3^{m-2} \end{cases}$ που δίνει τη λύση (p,m,n)=(3,2,1)

και $\begin{cases} n+2=3^{m-2} \\ n^2-2n+4=1 \end{cases}$ που δίνει επίσης την παραπάνω λύση.

$\bullet$ Τέλος αν d=4

έχουμε $\left(\dfrac{n+2}{4},\dfrac{n^2-2n+4}{4}\right)=1$ και τότε πρέπει p=2

κι έτσι η

γίνεται (φανερά $m\geq 4$ ):

$\dfrac{n+2}{4}\cdot\dfrac{n^2-2n+4}{4}=2^{m-4}$ απ' όπου παίρνουμε τα συστήματα:

$\begin{cases} n+2=1 \\ n^2-2n+4=2^{m-4} \end{cases}$ που δίνει τη λύση (p,m,n)=(2,4,2)

και $\begin{cases} n+2=2^{m-4} \\ n^2-2n+4=1 \end{cases}$ που δίνει επίσης την παραπάνω λύση.

Συνοψίζοντας τα παραπάνω οι μόνες λύσεις είναι οι εξής:

$\boxed{(p,m,n)=(2,3,0),(3,2,1),(2,4,2)}$

Αλέξανδρος

#13

Bill K έγραψε:Πρόβλημα 1
Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες , όπου πρώτος και μη αρνητικοί ακέραιοι, που είναι λύσεις της εξίσωσης:

Αλλιώς:

Αν m=0

αδύνατη.
Αν $m\geq 1$ τότε $n+2=p^x, \ n^2-2n+4=p^y.$
Επειδή $n^2-2n+4\geq n+2$ έχουμε $n+2/n^2-2n+4 \implies n+2/12\implies n=0,1,2,4,10...$

Nick1990 · #14

Τα άλλα δύο θέματα τα έχουμε;

#15

Nick1990 έγραψε:Τα άλλα δύο θέματα τα έχουμε;

2: viewtopic.php?f=112&t=24756
4: viewtopic.php?f=111&t=24757

Ch.Chortis · #16

Αν συμφωνούνε τα μέλη του

,προτείνω να κατατεθούν εδώ τα θέματα και του Μεσογειακού Διαγωνισμού.Δεκτή οποιαδήποτε αντίρρηση,αν υπάρχει.

Νασιούλας Αντώνης · #17

Ch.Chortis έγραψε:Αν συμφωνούνε τα μέλη του ,προτείνω να κατατεθούν εδώ τα θέματα και του Μεσογειακού Διαγωνισμού.Δεκτή οποιαδήποτε αντίρρηση,αν υπάρχει.

Τα θέματα του Μεσογειακού Διαγωνισμού ΔΕΝ πρέπει να δημοσιευθούν στο ίντερνετ. Αυτό γιατί ο συγκεκριμένος διαγωνισμός δεν έχει διεξαχθεί σε όλες τις χώρες.
Όταν έρθει η ώρα, θα δημοσιευθούν στο ίντερνετ μαζί με τις λύσεις τους από τους αρμόδιους.

Νασιούλας Αντώνης · #18

Πρόβλημα 3
Αν θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε , να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle{\frac{a^2}{(b+c)^3}+\frac{b^2}{(c+a)^3}+\frac{c^2}{(a+b)^3}\geq \frac{3}{8}.}$

Πότε ισχύει η ισότητα;

Από ΑΜ-GM έχουμε:

$\displaystyle{\frac{8a^2}{(b+c)^3}+a+1\geq 3\sqrt[3]{\frac{8a^2}{(b+c)^3}\cdot a\cdot 1}=3\sqrt[3]{\frac{2^3\cdot a^3}{(b+c)^3}}=\frac{6a}{b+c}$
Δουλεύοντας κυκλικά και με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε ότι:

$\displaystyle{8LHS +a+b+c+3=8LHS+6\geq 6 \sum_{cyclic}{\frac{a}{b+c}}\Rightarrow 8LHS\geq 6\left( \sum_{cyclic}{\frac{a}{b+c}}-1\right)}$ .

Όμως από την ανισότητα Nesbitt ισχύει $\displaystyle{\sum_{cyclic}{\frac{a}{b+c}}\geq \frac{3}{2}}\Rightarrow 6\left( \sum_{cyclic}{\frac{a}{b+c}}-1\right)\geq 3$

Από τις δυο τελευταίες έχουμε το ζητούμενο. Η ισότητα ισχύει όταν ισχύει η ισότητα σε κάθε μια από τις επιμέρους ανισότητες, δηλαδή για a=b=c=1

.

Ch.Chortis · #19

Νασιούλας Αντώνης έγραψε: Τα θέματα του Μεσογειακού Διαγωνισμού ΔΕΝ πρέπει να δημοσιευθούν στο ίντερνετ. Αυτό γιατί ο συγκεκριμένος διαγωνισμός δεν έχει διεξαχθεί σε όλες τις χώρες.
Όταν έρθει η ώρα, θα δημοσιευθούν στο ίντερνετ μαζί με τις λύσεις τους από τους αρμόδιους.

Δεν το ήξερα.Χίλια ευχαριστώ.

christodoulou · #20

Μήπως γνωρίζει κάποιος πότε θα ανακοινωθούν τα αποτελέσματα του προκριματικού διαγωνισμού;

Προκριματικός Διαγωνισμός 2012

Προκριματικός Διαγωνισμός 2012

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2012

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2012

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2012

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2012

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2012

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2012

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2012

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2012

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2012

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2012

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2012

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2012

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2012

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2012

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2012

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2012

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2012

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2012

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2012

Μέλη σε σύνδεση