Αρχιμήδης 2016-2017

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 560
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#61

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Δευ Φεβ 13, 2017 9:09 pm

Άσκηση 21 Juniors
Αν για τους θετικούς πραγματικούς a,b,c ισχύει a+b+c=1. Να βρείτε την μέγιστη τιμή της A=\sqrt{\frac{ab}{a+b}}+\sqrt{\frac{bc}{b+c}}+\sqrt{\frac{ac}{a+c}}


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.

If you are not sure it is magic then it probably is.

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 793
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#62

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Δευ Φεβ 13, 2017 9:25 pm

Από την ανισότητα των δυνάμεων έχουμε ότι:

\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq \sqrt{3(a+b+c)}

Άρα έχουμε πως A=\sqrt{\dfrac{ab}{a+b}}+\sqrt{\dfrac{bc}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{ac}{a+c}} \leq \sqrt{\dfrac{3ab}{a+b}+\dfrac{3bc}{b+c}+\dfrac{3ca}{c+a}}

Ακόμη γνωρίζουμε πως \dfrac{ab}{a+b}\leq \dfrac{a+b}{4}\Leftrightarrow \dfrac{3ab}{a+b}\leq \dfrac{3(a+b)}{4}

Συνεπώς έχουμε πως A\leq \sqrt{\dfrac{3ab}{a+b}+\dfrac{3bc}{b+c}+\dfrac{3ca}{c+a}}\leq \sqrt{\dfrac{3(a+b)}{4}+\dfrac{3(b+c)}{4}+\dfrac{3(c+a)}{4}}=\sqrt{\dfrac{6(a+b+c)}{4}}=\sqrt{\dfrac{3}{2}}

Η ελάχιστη τιμή του A είναι \sqrt{\dfrac{3}{2}} και ισχύει όταν a=b=c=\dfrac{1}{3}


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 560
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#63

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Δευ Φεβ 13, 2017 9:27 pm

Πολύ ωραία. Μπορεί να λυθεί με χρήση της (a+b)^2\ge4ab (που έδειξες) και ταυτόχρονη εφαρμογή B-C-S


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.

If you are not sure it is magic then it probably is.
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#64

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Τρί Φεβ 14, 2017 2:51 pm

Άσκηση 22 Seniors
Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα 3 να δειχθεί ότι:
\displaystyle{\frac{{2{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{4 - bc}} + \frac{{{a^2} + 2{b^2} + {c^2}}}{{4 - ca}} + \frac{{{a^2} + {b^2} + 2{c^2}}}{{4 - ab}} \ge 4}
Πότε ισχύει η ισότητα;


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
harrisp
Δημοσιεύσεις: 536
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#65

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από harrisp » Τρί Φεβ 14, 2017 4:37 pm

Θεωρώ τις διαγώνιους της σκακιέρας (Η Α2-Β1 ειναι μια διαγώνιος).

Τουλάχιστον 5 πύργοι βρίσκονται σε μια διαγώνιο (είτε στην αριστερή πλευρά της κεντρικής διαγώνιους είτε στην δεξιά). Αν υπαρχουν συνολικά πεντε πύργοι σε αυτές τις δυο διαγώνιους τελειώσαμε.

Δεν ξερω αν έγινα κατανοητος :oops:

Σχημα για καλυτερη κατανόηση. :D
Συνημμένα
image.jpg
image.jpg (1020.23 KiB) Προβλήθηκε 888 φορές
τελευταία επεξεργασία από harrisp σε Τρί Φεβ 14, 2017 6:13 pm, έχει επεξεργασθεί 4 φορές συνολικά.


Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#66

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Τρί Φεβ 14, 2017 5:51 pm

Άσκηση 23 Seniors
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι a,b,c που ικανοποιούν την εξίσωση:
2a^2+b^2=c!+679
τελευταία επεξεργασία από Γιάννης Μπόρμπας σε Δευ Μάιος 15, 2017 11:22 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#67

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Τρί Φεβ 14, 2017 6:47 pm

:10sta10:
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:Θεωρώ τις διαγώνιους της σκακιέρας (Η Α2-Β1 ειναι μια διαγώνιος).

Τουλάχιστον 5 πύργοι βρίσκονται σε μια διαγώνιο (είτε στην αριστερή πλευρά της κεντρικής διαγώνιους είτε στην δεξιά). Αν υπαρχουν συνολικά πεντε πύργοι σε αυτές τις δυο διαγώνιους τελειώσαμε.

Δεν ξερω αν έγινα κατανοητος :oops:

Σχημα για καλυτερη κατανόηση. :D


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 793
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#68

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Τρί Φεβ 14, 2017 6:58 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 23 Seniors
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι a,b,c με
gcd(a,b)=1 που ικανοποιούν την εξίσωση:
2a^2+b^2=c!+679

Έστω πως c\geq 7.

Τότε έχουμε πως 7|2a^2+b^2

Ακόμη έχουμε ότι όλα τα δυνατά υπόλοιπα που μπορεί να έχει ένα τετράγωνο με το 7 είναι 0, 1, 2 και 4 (1).

Αν a^2 \equiv 0 \mod 7\Leftrightarrow 2a^2 \equiv 0 \mod 7 άρα και b^2 \equiv 0 \mod 7, άτοπο, καθώς (a, b)=1

Αν a^2 \equiv 1 \mod 7\Leftrightarrow 2a^2 \equiv 2 \mod 7 άρα και b^2 \equiv 5 \mod 7, άτοπο λόγω της (1)

Αν a^2 \equiv 2 \mod 7\Leftrightarrow 2a^2 \equiv 4 \mod 7 άρα και b^2 \equiv 3 \mod 7, άτοπο λόγω της (1)

Αν a^2 \equiv 4 \mod 7\Leftrightarrow 2a^2 \equiv 1 \mod 7 άρα και b^2 \equiv 6 \mod 7, άτοπο λόγω της (1)

Άρα c<7 και σύμφωνα με ένα πρόγραμμα που έφτιαξα έχουμε τις λύσεις (a, b, c)=(16, 13, 2), (14, 17, 2)
τελευταία επεξεργασία από Διονύσιος Αδαμόπουλος σε Τρί Φεβ 14, 2017 7:17 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Houston, we have a problem!
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#69

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Τρί Φεβ 14, 2017 7:02 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 23 Seniors
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι a,b,c με
gcd(a,b)=1 που ικανοποιούν την εξίσωση:
2a^2+b^2=c!+679

Έστω πως c\geq 7.

Τότε έχουμε πως 7|2a^2+b^2

Ακόμη έχουμε ότι όλα τα δυνατά υπόλοιπα που μπορεί να έχει ένα τετράγωνο με το 7 είναι 0, 1, 2 και 4 (1).

Αν a^2 \equiv 0 \mod 7\Leftrightarrow 2a^2 \equiv 0 \mod 7 άρα και b^2 \equiv 0 \mod 7, άτοπο, καθώς (a, b)=1

Αν a^2 \equiv 1 \mod 7\Leftrightarrow 2a^2 \equiv 2 \mod 7 άρα και b^2 \equiv 5 \mod 7, άτοπο λόγω της (1)

Αν a^2 \equiv 2 \mod 7\Leftrightarrow 2a^2 \equiv 4 \mod 7 άρα και b^2 \equiv 3 \mod 7, άτοπο λόγω της (1)

Αν a^2 \equiv 4 \mod 7\Leftrightarrow 2a^2 \equiv 1 \mod 7 άρα και b^2 \equiv 6 \mod 7, άτοπο λόγω της (1)

Άρα c<7 και νομίζω δεν έχουμε λύσεις (θα το ελέγξω αμέσως :D )!
Υπάρχει λύση


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#70

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Τετ Φεβ 15, 2017 3:26 pm

Με (\mod8) βγαίνει πιο γρήγορα γιατί θα πρέπει c<4


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
knm2608
Δημοσιεύσεις: 26
Εγγραφή: Τετ Φεβ 15, 2017 7:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#71

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από knm2608 » Τετ Φεβ 15, 2017 7:33 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Άσκηση 22 Seniors
Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα 3 να δειχθεί ότι:
\displaystyle{\frac{{2{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{4 - bc}} + \frac{{{a^2} + 2{b^2} + {c^2}}}{{4 - ca}} + \frac{{{a^2} + {b^2} + 2{c^2}}}{{4 - ab}} \ge 4}
Πότε ισχύει η ισότητα;
Από C-S έχουμε
\displaystyle{\sum \frac{{2{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{4 - bc}} \geqslant \frac{16(a^2+b^2+c^2)^2}{\displaystyle \sum (4 - bc)(2a^2+b^2+c^2)}.}
Επομένως αρκεί να δείξουμε ότι: \displaystyle{4(a^2+b^2+c^2)^2 \geqslant \sum (4 - bc)(2a^2+b^2+c^2).}, το οποίο είναι προφανές.....
Η ισότητα ισχύει αν και μόνον αν a=b=c=1.


Κωνσταντίνος Μεταξάς
knm2608
Δημοσιεύσεις: 26
Εγγραφή: Τετ Φεβ 15, 2017 7:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#72

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από knm2608 » Τετ Φεβ 15, 2017 7:45 pm

Άσκηση 24 Seniors
Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί τέτοιοι ώστε ο παρονομαστής κάθε κλάσματος να είναι θετικός, να δειχθεί ότι:
\displaystyle{\sum_{cyc.}{\frac{a^2}{{(a+b)}^2-a^3+ab\left(a+b+8\right)-b^3}\ge \frac{1}{4}}}


Κωνσταντίνος Μεταξάς
Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 560
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#73

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Τετ Φεβ 15, 2017 7:55 pm

knm2608 έγραψε:Άσκηση 24 Seniors
Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί τέτοιοι ώστε ο παρονομαστής κάθε κλάσματος να είναι θετικός, να δειχθεί ότι:
\displaystyle{\sum_{cyc.}{\frac{a^2}{{(a+b)}^2-a^3+ab\left(a+b+8\right)-b^3}\ge \frac{1}{4}}}
LHS\ge \sum{\frac{a^2}{(a+b)^2+8ab}\ge \frac{(a+b+c)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2+8ab+8bc+8ca}. Αρκεί να δείξουμε ότι 4(a+b+c)^2\ge(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2+8ab+8bc+8ca \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca, που είναι προφανές. Ισότητα έχουμε ανν a=b=c.


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.

If you are not sure it is magic then it probably is.
knm2608
Δημοσιεύσεις: 26
Εγγραφή: Τετ Φεβ 15, 2017 7:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#74

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από knm2608 » Τετ Φεβ 15, 2017 8:12 pm

Άσκηση 25 Seniors
Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί να δειχθεί ότι

\displaystyle\sum_{cyc}\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq1


Κωνσταντίνος Μεταξάς
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 793
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#75

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Τετ Φεβ 15, 2017 9:51 pm

knm2608 έγραψε:Άσκηση 25 Seniors
Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί να δειχθεί ότι

\displaystyle\sum_{cyc}\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq1
Η ανισότητα κάνοντας τα κλάσματα ομώνυμα και εκτελώντας έναν πολύ μεγάλο βαρετό όγκο πράξεων γίνεται (νομίζω :roll: ):

a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2 \geq ab^2c^3+bc^2a^3+ca^2b^3=b^2c \cdot c^2a+c^2a\cdot a^2b+a^2b\cdot b^2c

Αντικαθιστώντας όπου a^2b, b^2c, c^2a τα x, y, z η ανισότητα γίνεται:

x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx που ισχύει.

edit: Πιστεύω ότι διορθώθηκε :roll: ...
τελευταία επεξεργασία από Διονύσιος Αδαμόπουλος σε Πέμ Φεβ 16, 2017 2:48 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Houston, we have a problem!
knm2608
Δημοσιεύσεις: 26
Εγγραφή: Τετ Φεβ 15, 2017 7:00 pm

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#76

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από knm2608 » Τετ Φεβ 15, 2017 10:47 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
knm2608 έγραψε:Άσκηση 25 Seniors
Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί να δειχθεί ότι

\displaystyle\sum_{cyc}\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq1
Η ανισότητα κάνοντας τα κλάσματα ομώνυμα και εκτελώντας έναν πολύ μεγάλο βαρετό όγκο πράξεων γίνεται (νομίζω :roll: ):

a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2 \geq ab^2c^3+bc^2a^3+ca^2b^3

Όμως η τριάδα (4, 2, 0) μεγιστοποιεί την τριάδα (1, 2, 3), διότι 4>1, 4+2>1+2 και 4+2+0=1+2+3

Άρα η ανισότητα ισχύει σύμφωνα με την ανισότητα Muirhead.
Ωραία λύση. Να σου πω την αλήθεια, μόνο που διάβασα ότι έκανες πράξεις βαρέθηκα, αλλά μάλλον σωστές θα είναι. Υπάρχει ωραία λύση με C-S.


Κωνσταντίνος Μεταξάς
andreas576
Δημοσιεύσεις: 5
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 08, 2015 9:55 pm

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#77

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από andreas576 » Τετ Φεβ 15, 2017 10:54 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
knm2608 έγραψε:Άσκηση 25 Seniors
Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί να δειχθεί ότι

\displaystyle\sum_{cyc}\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq1
Η ανισότητα κάνοντας τα κλάσματα ομώνυμα και εκτελώντας έναν πολύ μεγάλο βαρετό όγκο πράξεων γίνεται (νομίζω :roll: ):

a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2 \geq ab^2c^3+bc^2a^3+ca^2b^3

Όμως η τριάδα (4, 2, 0) μεγιστοποιεί την τριάδα (1, 2, 3), διότι 4>1, 4+2>1+2 και 4+2+0=1+2+3

Άρα η ανισότητα ισχύει σύμφωνα με την ανισότητα Muirhead.
Πρόσεξε πότε μια τριάδα(γενικά n-αδα) μεγιστοποιει μια άλλη..πρέπει και οι δύο να φθίνουν.


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 793
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#78

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Τετ Φεβ 15, 2017 11:14 pm

andreas576 έγραψε:
Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
knm2608 έγραψε:Άσκηση 25 Seniors
Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί να δειχθεί ότι

\displaystyle\sum_{cyc}\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq1
Η ανισότητα κάνοντας τα κλάσματα ομώνυμα και εκτελώντας έναν πολύ μεγάλο βαρετό όγκο πράξεων γίνεται (νομίζω :roll: ):

a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2 \geq ab^2c^3+bc^2a^3+ca^2b^3

Όμως η τριάδα (4, 2, 0) μεγιστοποιεί την τριάδα (1, 2, 3), διότι 4>1, 4+2>1+2 και 4+2+0=1+2+3

Άρα η ανισότητα ισχύει σύμφωνα με την ανισότητα Muirhead.
Πρόσεξε πότε μια τριάδα(γενικά n-αδα) μεγιστοποιει μια άλλη..πρέπει και οι δύο να φθίνουν.
Ευχαριστώ για την επισήμανση. Νομίζω πως τώρα δεν υπάρχει πρόβλημα...


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1242
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#79

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Πέμ Φεβ 16, 2017 1:16 am

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Άρα η ανισότητα ισχύει σύμφωνα με την ανισότητα Muirhead.

edit: Πιστεύω ότι διορθώθηκε...
Διονύση η ανισότητα Muirhead είναι για συμμετρικά αθροίσματα, δεν μπορεί να εφαρμοστεί εδώ.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 793
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Αρχιμήδης 2016-2017

#80

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Πέμ Φεβ 16, 2017 2:51 pm

silouan έγραψε:
Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Άρα η ανισότητα ισχύει σύμφωνα με την ανισότητα Muirhead.

edit: Πιστεύω ότι διορθώθηκε...
Διονύση η ανισότητα Muirhead είναι για συμμετρικά αθροίσματα, δεν μπορεί να εφαρμοστεί εδώ.
Φαίνεται πως δεν είχα μελετήσει με λεπτομέρεια την ανισότητα Muirhead... :oops: . Βέβαια από τα λάθη μαθαίνουμε :) ! Πιστεύω πως μετά από την τελευταία διόρθωση πραγματικά δεν υπάρχει λάθος :roll: .


Houston, we have a problem!
Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: SemrushBot και 1 επισκέπτης