JBMO Shortlist 2016 (1/2)

#1

Ας δούμε τα θέματα της περσινής Shortlist:

A1: Οι θετικοί πραγματικοί a,b,c

είναι τέτοιοι ώστε abc=8

. Να δείξετε ότι
$\displaystyle\frac{ab+4}{a+2}+\frac{bc+4}{b+2}+\frac{ac+4}{c+2}\geq 6.$

A2: Ήταν το θέμα 2 του διαγωνισμού.

A3: Να βρεθούν όλα τα ζεύγη ακεραίων (m,n)

που είναι τέτοια ώστε

$\displaystyle\sqrt{n+\sqrt{2016}}+\sqrt{m-\sqrt{2016}}\in\mathbb{Q}.$

A4: Οι μη-αρνητικοί πραγματικοί x,y,z

είναι τέτοιοι ώστε x^2+y^2+z^2=x+y+z

. Να δείξετε ότι
$\displaystyle\frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}}+\frac{y+1}{\sqrt{y^5+y+1}}+\frac{z+1}{\sqrt{z^5+z+1}}\geq 3.$

A5: Οι θετικοί πραγματικοί x,y,z

είναι τέτοιοι ώστε $x+y+z=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$ . Να δείξετε ότι
$\displaystyle x+y+z\geq\sqrt{\frac{xy+1}{2}}+\sqrt{\frac{yz+1}{2}}+\sqrt{\frac{zx+1}{2}}.$

#2

silouan έγραψε:Ας δούμε τα θέματα της περσινής Shortlist:

A1: Οι θετικοί πραγματικοί είναι τέτοιοι ώστε . Να δείξετε ότι
$\displaystyle\frac{ab+4}{a+2}+\frac{bc+4}{b+2}+\frac{ac+4}{c+2}\geq 6.$

Καλό. Παρατηρώ ότι $\displaystyle{ a+2 = \frac{abc+2bc}{bc} = \frac{8+2bc}{bc} = \frac{2}{bc} (bc+4)}$

Οπότε από ΑΜ-ΓΜ έχω

$\displaystyle{ \sum \frac{ab+4}{a+2} \geqslant 3 \sqrt[3]{\prod \frac{bc}{2}\frac{ab+4}{bc+4}} = 3\sqrt[3]{\frac{(abc)^2}{8}} = 6}$

Γιάννης Μπόρμπας · #3

silouan έγραψε: A3: Να βρεθούν όλα τα ζεύγη ακεραίων που είναι τέτοια ώστε

$\displaystyle\sqrt{n+\sqrt{2016}}+\sqrt{m-\sqrt{2016}}\in\mathbb{Q}.$

Περιορισμοί: $m\ge 45$ .
Υποθέτουμε ότι $m\not=n$ και ότι η παράσταση ισούται με κάποιο $a\in\mathbb{Q}$ .
Τότε η εξίσωση γράφεται ως:
$\displaystyle{\sqrt{2016}=\frac{(\frac{a^2-n-m}{4})^2-nm}{m-n}}$ .
Το αριστερό μέλος είναι άρρητος ενώ το δεξί ρητός, άτοπο.
Αν τώρα m=n

η εξίσωση γράφεται:
$2\sqrt{n^2-2016}=a^2-2n$ με επιπλέον περιορισμό: $a^2\ge 2n$ .
Επομένως πρέπει n^2-2016=q^2

για κάποιο $q\in\mathbb{Q} (1)$ .
Όμως αφού ο αριθμός n^2-2016

είναι ακέραιος, τότε και ο

θα είναι ακέραιος.
Άρα από τα παραπάνω συμπεραίνουμε πως και ο

πρέπει να είναι ακέραιος.
Η (1) γίνεται: (n-q)(n+q)=2016

Από όπου προκύπτουν οι πιθανές λύσεις: n=505,254,171,130,90,79,71,65,54,50,46,45

.
Από την εξίσωση όμως η μόνη δεκτή λύση είναι η $\boxed{n=50}$

knm2608 · #4

silouan έγραψε:
A5: Οι θετικοί πραγματικοί είναι τέτοιοι ώστε $x+y+z=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$ . Να δείξετε ότι
$\displaystyle x+y+z\geq\sqrt{\frac{xy+1}{2}}+\sqrt{\frac{yz+1}{2}}+\sqrt{\frac{zx+1}{2}}.$

Θέτουμε

και

.
Τότε η συνθήκη γίνεται a+b+c=ab+bc+ca

και η ανισότητα
$\displaystyle{ab+bc+ca\geqslant \sum \sqrt {\frac{x^3y^3z^2+x^2y^2z^2}{2}}=\sum \sqrt {\frac{a^2bc+abc}{2}}}$
Ισοδύναμα έχουμε
$\displaystyle{\sqrt{2}RHS=\sum \sqrt{a^2bc+abc}=\sqrt{ab(ac+c)}+\sqrt{bc(ba+a)}+\sqrt{ca(cb+b)}}$
Άρα από C-S
$\displaystyle{\sqrt{2}RHS\leqslant \sqrt{(ab+bc+ca)(ac+ba+cb+a+b+c)}=\sqrt{2}LHS}$

#5

silouan έγραψε:A4: Οι θετικοί πραγματικοί είναι τέτοιοι ώστε . Να δείξετε ότι
$\displaystyle\frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}}+\frac{y+1}{\sqrt{y^5+y+1}}+\frac{z+1}{\sqrt{z^5+z+1}}\geq 3.$

Η ανισότητα είναι γνήσια και το 3 η καλύτερη σταθερή...

#6

socrates έγραψε:
Η ανισότητα είναι γνήσια και το 3 η καλύτερη σταθερή...

Θανάση, η εκφώνηση έλεγε τελικά "μη αρνητικοί", απλά εκ παραδρομής έγραψα θετικοί. Επομένως, έχουμε ισότητα.

Γιάννης Μπόρμπας · #7

silouan έγραψε: A4: Οι μη-αρνητικοί πραγματικοί είναι τέτοιοι ώστε . Να δείξετε ότι
$\displaystyle\frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}}+\frac{y+1}{\sqrt{y^5+y+1}}+\frac{z+1}{\sqrt{z^5+z+1}}\geq 3.$

$\displaystyle{\sum_{cyc}\frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}}\ge 2\sum_{cyc}\frac{1}{x^2-x+2}\ge 3$
Η ισότητα ισχύει αν x=y=z=0

.

#8

Ωραία Γιάννη! Εξήγησέ μας όμως και το σκεπτικό και τα βήματα πίσω από τη λύση.

harrisp · #9

Εχω μια διαφορετική λυση για το Α5.

Θα την δημοσιεύσω αυριο με επεξεργασία αυτού το μηνύματος.

#10

silouan έγραψε: A4: Οι μη-αρνητικοί πραγματικοί είναι τέτοιοι ώστε . Να δείξετε ότι
$\displaystyle\frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}}+\frac{y+1}{\sqrt{y^5+y+1}}+\frac{z+1}{\sqrt{z^5+z+1}}\geq 3.$

Ισχύει επίσης (για $(2x-1)^2 \leqslant 3$ ) ότι

$\displaystyle{ \frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}} \geqslant 1 + \frac{x(1-x)}{2} }$

αλλά δεν έχω όμορφη απόδειξη.

Panagiotis11 · #11

Demetres έγραψε:
silouan έγραψε: A4: Οι μη-αρνητικοί πραγματικοί είναι τέτοιοι ώστε . Να δείξετε ότι
$\displaystyle\frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}}+\frac{y+1}{\sqrt{y^5+y+1}}+\frac{z+1}{\sqrt{z^5+z+1}}\geq 3.$

Ισχύει επίσης (για $(2x-1)^2 \leqslant 3$ ) ότι

$\displaystyle{ \frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}} \geqslant 1 + \frac{x(1-x)}{2} }$

αλλά δεν έχω όμορφη απόδειξη.

Με βάση την απόδειξη του κύριου Δημήτρη,θα ήθελα να συνεχίσω την λύση(μπορεί να φανεί εύκολο σε ορισμένους αλλά το θεωρώ καλό και για τους επισκέπτες που διαβάζουν το

)
Είναι:
$LHS\geq 3+ \frac{x-x^{2}}{2}+\frac{y-y^{2}}{2}+\frac{z-z^{2}}{2}$

Αρκεί να αποδείξουμε ότι $\frac{x-x^{2}}{2}+\frac{y-y^{2}}{2}+\frac{z-z^{2}}{2}=0$

Αλλά έυκολα $\frac{(x+y+z)-(x^{2}+y^{2}+z^{2})}{2}=\frac{0}{2}=0$ λόγω υπόθεσης.

knm2608 · #12

silouan έγραψε:
A4: Οι μη-αρνητικοί πραγματικοί είναι τέτοιοι ώστε . Να δείξετε ότι
$\displaystyle\frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}}+\frac{y+1}{\sqrt{y^5+y+1}}+\frac{z+1}{\sqrt{z^5+z+1}}\geq 3.$

Η λύση μου είναι ουσιαστικά ίδια με αυτήν του Γιάννη, απλά την αφήνω αφού έχει περισσότερες λεπτομέρειες.

Από AM-GM έχουμε $(x^2+x+1)+(x^3-x^2+1) \geq 2 \sqrt{x^5+x+1}$
Άρα
$\displaystyle{\frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}} \geq \frac{2(x+1)}{x^3+x+2} = \frac{2}{x^2-x+2}}$
Από CS
$\displaystyle{\frac{1}{x^2-x+2}+\frac{1}{y^2-y+2}+\frac{1}{z^2-z+2} \geq \frac{9}{6} = \frac{3}{2} }$

Γιάννης Μπόρμπας · #13

silouan έγραψε:Ωραία Γιάννη! Εξήγησέ μας όμως και το σκεπτικό και τα βήματα πίσω από τη λύση.

Τα βήματα και οι σκέψεις είναι οι εξής:
(1) Ο παρανομαστής αποτελείται από ριζικό και από ένα πολυώνυμο 5ου βαθμού, οπότε θα λειτουργήσουμε είτε με AM-GM

(που δεν βρήκα
τρόπο) είτε με εύρεση πολυωνύμου.
(2) Πρέπει να βρούμε ένα πολυώνυμο P(x)

τέτοιο ώστε: $\displaystyle{\frac{x+1}{\sqrt{x^5+x+1}}\ge c\frac{x+1}{\sqrt{P(x)}}}$
το οποίο να απλοποιεί την ανισότητα για κάποιο

.
(3) Κλέβουμε και κοιτάμε τα παραπάνω σχόλια, οπότε διαπιστώνουμε πως η ισότητα ισχύει στο

.
(4) Το πολυώνυμο πρέπει να είναι έκτου βαθμού και παράλληλα θα βοηθούσε να είναι το τετράγωνο ενός πολυωνύμου διότι θα εξαφανιζόταν
το ριζικό.
(5) Θα προτιμούσαμε να ισχύει ότι P(-1)=0

έτσι ώστε ο παράγοντας x+1

να απλοποιούταν, αφήνοντας μας να εφαρμόσουμε C-S

.
(6) Για να είναι αποτελεσματική η C-S

θα πρέπει να χρησιμοποιήσουμε με κάποιο τρόπο την δοσμένη ισότητα.
Με βάση τα παραπάνω δεν αργούμε να μαντέψουμε ότι: P(x)=(x+1)^2(x^2-x+t)^2

για κάποιο

.
Έτσι βρίσκουμε πως το c=2

και

βρίσκουμε το κατάλληλο πολυώνυμο.
Ενδεχομένως (αν όχι σίγουρα) να υπάρχει κάποια πιο απλή μέθοδος εύρεσης του πολυωνύμου.
Edit: Τελικά υπάρχει πολύ πιο εύκολος τρόπος και βρίσκεται ακριβώς από πάνω

.
Edit 2: Τα πολυώνυμα μου θύμισαν το πρόβλημα 4 του προκριματικού.

#14

Και για μια ανταλλαγή(; )ιδεών με
https://artofproblemsolving.com/communi ... inequality

#15

Συνεχίζω με τη θεωρία αριθμών:

Ν1: Να βρείτε τον μεγαλύτερο θετικό ακέραιο

που διαιρεί τον p^6-1

για κάθε πρώτο p>7

.

N2: Να βρεθεί το μέγιστο πλήθος θετικών ακεραίων x_1,...,x_m

που ικανοποιούν τις παρακάτω δύο συνθήκες.
(i) Το 11 δεν διαιρεί καμιά διαφορά x_i-x_j

με $1\leq i<j\leq m$
(ii) Το άθροισμα $x_2x_3...x_m+x_1x_3...x_m+\ldots+x_1x_2...x_{m-1}$ διαιρείται από το 11.

Ν3: Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι

ώστε ο αριθμός $\displaystyle A_{n}=\frac{2^{4n+2}+1}{65}$ να είναι
α) ακέραιος
β) πρώτος

Ν4: Ήταν το πρόβλημα 3 του διαγωνισμού.

Ν5: Να βρεθούν όλοι οι τετραψήφιοι $\overline{abcd}$ ώστε
$\diplaystyle (a+b)(a+c)(a+d)(b+c)(b+d)(c+d)=\overline{abcd}$

harrisp · #16

silouan έγραψε:Συνεχίζω με τη θεωρία αριθμών:

Ν1: Να βρείτε τον μεγαλύτερο θετικό ακέραιο που διαιρεί τον για κάθε πρώτο .

N2: Να βρεθεί το μέγιστο πλήθος θετικών ακεραίων που ικανοποιούν τις παρακάτω δύο συνθήκες.
(i) Το 11 δεν διαιρεί καμιά διαφορά με $1\leq i<j\leq m$
(ii) Το άθροισμα $x_2x_3...x_m+x_1x_3...x_m+\ldots+x_1x_2...x_{m-1}$ διαιρείται από το 11.

Ν3: Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι ώστε ο αριθμός $\displaystyle A_{n}=\frac{2^{4n+2}+1}{65}$ να είναι
α) ακέραιος
β) πρώτος

Ν4: Ήταν το πρόβλημα 3 του διαγωνισμού.

Ν5: Να βρεθούν όλοι οι τετραψήφιοι $\overline{abcd}$ ώστε
$\diplaystyle (a+b)(a+c)(a+d)(b+c)(b+d)(c+d)=\overline{abcd}$

To N1 εδώ

#17

silouan έγραψε:Συνεχίζω με τη θεωρία αριθμών:

N2: Να βρεθεί το μέγιστο πλήθος θετικών ακεραίων που ικανοποιούν τις παρακάτω δύο συνθήκες.
(i) Το 11 δεν διαιρεί καμιά διαφορά με $1\leq i<j\leq m$
(ii) Το άθροισμα $x_2x_3...x_m+x_1x_3...x_m+\ldots+x_1x_2...x_{m-1}$ διαιρείται από το 11.

Δεν μπορούμε να έχουμε δύο πολλαπλάσια του

διότι παραβιάζεται το (i). Δεν μπορούμε να έχουμε ένα πολλαπλάσιο του

διότι παραβιάζεται το (ii). Πράγματι στο άθροισμα, όλα εκτός από ένα από τα γινόμενα είναι πολλαπλάσια του

. Αλλά τότε το άθροισμα δεν είναι πολλαπλάσιο του

. Από το (i) δεν μπορούμε να έχουμε δυο αριθμούς που αφήνουν το ίδιο υπόλοιπο $\bmod 11$ .

Από τα πιο πάνω, πρέπει να έχουμε το πολύ

θετικούς ακεραίους. Μπορούμε να έχουμε

αν πάρουμε τους $1,2,3,\ldots,10$ . Το (i) προφανώς ισχύει. Για το (ii) παρατηρούμε ότι το άθροισμα ισούται με

$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{10!}{1} + \frac{10!}{2} + \cdots + \frac{10!}{10} &= \left(\frac{10!}{1} + \frac{10!}{10} \right) + \left(\frac{10!}{2} + \frac{10!}{9} \right) + \cdots + \left(\frac{10!}{5} + \frac{10!}{6} \right) \\ &= \frac{11 \cdot 10!}{1 \cdot 10} + \frac{11 \cdot 10!}{2 \cdot 9} + \cdots + \frac{11 \cdot 10!}{5 \cdot 6} \end{aligned}}$

το οποίο είναι πολλαπλάσιο του

.

Σίγουρα το έχουμε ξαναδεί ότι ο αριθμητής του $\displaystyle{ \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{p-1}}$ είναι πολλαπλάσιο του

για

πρώτο.

#18

Demetres έγραψε: Για το (ii) παρατηρούμε ότι το άθροισμα ισούται με

$\displaystyle\frac{10!}{1} + \frac{10!}{2} + \cdots + \frac{10!}{10}$

Δημήτρη, ένας τρόπος για να τελειώσουμε από εδώ είναι να παρατηρήσουμε ότι κάθε όρος του αθροίσματος είναι διαφορετικός $\mod 11$ επομένως το άθροισμα είναι ισοϋπόλοιπο με $\displaystyle 1+2+\ldots+10=55\equiv 0\pmod{11}$ .

Το 11 δεν παίζει κάποιο συγκεκριμένο ρόλο, το ζητούμενο ισχύει για κάθε πρώτο

.

Γιάννης Μπόρμπας · #19

silouan έγραψε: Ν3: Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι ώστε ο αριθμός $\displaystyle A_{n}=\frac{2^{4n+2}+1}{65}$ να είναι
α) ακέραιος

Αρχικά $65=5\times 13$ οπότε θα χωρίσουμε την διαιρετότητα σε 2 μέρη
(1) $2^{4n+2}+1=4\times 16^n+1\equiv 4+1\equiv 0 (\mod 5)$ οπότε για όλα τα

ο αριθμός διαιρείται με το

.
(2) $2^{4n+2}+1=4\times 16^n+1\equiv 4\times 3^n+1 (\mod 13)$ . Τα υπόλοιπα της διαίρεσης του

με το

είναι:
$3\rightarrow 9\rightarrow 1\rightarrow 3\rightarrow 9\rightarrow 1...$ Οπότε πρέπει $3^n\equiv 3(\mod 13)$ άρα
$\boxed{n\equiv 1(\mod 3)}$

Γιάννης Μπόρμπας · #20

silouan έγραψε:
Ν3: Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι ώστε ο αριθμός $\displaystyle A_{n}=\frac{2^{4n+2}+1}{65}$ να είναι
β) πρώτος

Φυσικά αν είναι πρώτος, θα είναι και ακέραιος, άρα από τα προηγούμενα $n\equiv 1(\mod 3)$
Έστω λοιπόν n=3l+1

. Έχουμε: $2^{12l+6}+1=65p$ για κάποιο πρώτο αριθμό

και μη αρνητικό ακέραιο

.
Όμως: $2^{12l+6}+1=(4^{2l+1}+1)(4^{4l+2}-4^{2l+1}+1)=65p$
Και $4^{4l+2}-4^{2l+1}+1>4^{2l+1}>65$ για κάθε l>1

οπότε πρέπει: $4^{2l+1}+1\in \{1,5,13,65\}$ που δίνει l=0,1

. Όμως καμία λύση δεν είναι δεκτή οπότε δεν υπάρχει

έτσι ώστε
ο αριθμός να είναι πρώτος.

JBMO Shortlist 2016 (1/2)

JBMO Shortlist 2016 (1/2)

Re: JBMO Shortlist 2016

Re: JBMO Shortlist 2016

Re: JBMO Shortlist 2016

Re: JBMO Shortlist 2016

Re: JBMO Shortlist 2016

Re: JBMO Shortlist 2016

Re: JBMO Shortlist 2016

Re: JBMO Shortlist 2016

Re: JBMO Shortlist 2016

Re: JBMO Shortlist 2016

Re: JBMO Shortlist 2016

Re: JBMO Shortlist 2016

Re: JBMO Shortlist 2016

Re: JBMO Shortlist 2016

Re: JBMO Shortlist 2016

Re: JBMO Shortlist 2016

Re: JBMO Shortlist 2016

Re: JBMO Shortlist 2016

Re: JBMO Shortlist 2016

Μέλη σε σύνδεση