Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 14

Γιάννης Μπόρμπας · #1

Διαγώνισμα 14 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 1
Αν οι x,y,z

είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα

να αποδείξετε την ανισότητα:
$\displaystyle{\frac{2y^3z^3+x^4+5}{2yz}+\frac{2z^3x^3+y^4+5}{2zx}+\frac{2x^3y^3+z^4+5}{2xy}\ge \frac{x^2+3}{x}+\frac{y^2+3}{y}+\frac{z^2+3}{z}}$
Πότε ισχύει η ισότητα;

Πρόβλημα 2
Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ABC

στο

, το έκκεντρο του

και το ύψος

. Ο κύκλος c_1(I,IC)

τέμνει τις AC,CB

στα σημεία K,L

αντιστοίχως. Αν M,N

είναι τα έκκεντρα των τριγώνων ACD

και

αντιστοίχως να αποδείξετε ότι
η

είναι παράλληλη της

.

Πρόβλημα 3
Να βρεθεί η ελάχιστη δυνατή τιμή του θετικού ακέραιου

έτσι ώστε ο αριθμός:

$A=\displaystyle{\frac{3(cn)!}{(3n)!(4n+1)!}}$ να είναι ακέραιος για κάθε θετικό ακέραιο

.

Πρόβλημα 4
Δίνεται το σύνολο $S=\{1, 2, ...,n\}$ . Ένα υποσύνολο του

(έστω $A=\{a_1, a_2, ..., a_k\}$ με a_1<a_2<...<a_k

)
θα ονομάζεται "προοπτικό" εάν:
(1) $gcd(a_i,a_{i+1})|a_{i+2} , \forall i=1, 2, ..., k-2$ .
(2) $a_i|lcm(a_{i+1},a_{i+2}) , \forall i=1, 2, ..., k-2$ .
Να βρεθεί η ελάχιστη δυνατή τιμή του

έτσι ώστε να υπάρχει "προοπτικό" υποσύνολο του

με

στοιχεία αλλά
κάθε υποσύνολο του

με

στοιχεία να μην είναι "προοπτικό".

Η γεωμετρία δεν είναι δική μου.

Ορέστης Λιγνός · #2

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 14 Επίπεδο: Αρχιμήδης Seniors

Πρόβλημα 2
Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο στο , το έκκεντρο του και το ύψος . Ο κύκλος τέμνει τις
στα σημεία αντιστοίχως. Αν είναι τα έκκεντρα των τριγώνων και αντιστοίχως να αποδείξετε ότι
η είναι παράλληλη της .

Γεια σου Γιάννη.

Είναι $\widehat{MCN}=\widehat{MCD}+\widehat{DCN}=\dfrac{\widehat{ACD}+\widehat{DCB}}{2}=45^\circ$ , οπότε $\widehat{MCN}=45^\circ$ (1).

Είναι $\widehat{IBC}=\dfrac{\widehat{B}}{2}=\widehat{NBC} \Rightarrow I,N,B$ συνευθειακά.

Επίσης, $\widehat{INC}=180^\circ-\widehat{CNB}=\widehat{NCB}+\widehat{NBC}=\dfrac{\widehat{DCB}+\widehat{DBC}}{2}=45^\circ$ , οπότε $\widehat{INC}=45^\circ$ (2).

Από (1), (2), $NI \perp MC$ , και όμοια $MI \perp CN$ , οπότε

ορθόκεντρο του $\vartriangle CMN$ , συνεπώς $CI \perp MN$ (3).

Είναι $\displaystyle \widehat{KCI}=45^\circ=\widehat{ICL} \mathop \Rightarrow \limits^{IK=IL(=IC)} \vartriangle KCL \, \textnormal{\gr ισοσκελές} \Rightarrow CI \perp KL$ (4).

Από (3), (4), $KL \parallel MN$ .

: paralili.png (20.77 KiB) Προβλήθηκε 2880 φορές

Edit: Έβαλα το σχήμα.

Γιάννης Μπόρμπας · #3

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 14 Επίπεδο: Αρχιμήδης Seniors

Πρόβλημα 2
Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο στο , το έκκεντρο του και το ύψος . Ο κύκλος τέμνει τις
στα σημεία αντιστοίχως. Αν είναι τα έκκεντρα των τριγώνων και αντιστοίχως να αποδείξετε ότι
η είναι παράλληλη της .

Γεια σου Γιάννη.

Είναι $\widehat{MCN}=\widehat{MCD}+\widehat{DCN}=\dfrac{\widehat{ACD}+\widehat{DCB}}{2}=45^\circ$ , οπότε $\widehat{MCN}=45^\circ$ (1).

Είναι $\widehat{IBC}=\dfrac{\widehat{B}}{2}=\widehat{NBC} \Rightarrow I,N,B$ συνευθειακά.

Επίσης, $\widehat{INC}=180^\circ-\widehat{CNB}=\widehat{NCB}+\widehat{NBC}=\dfrac{\widehat{DCB}+\widehat{DBC}}{2}=45^\circ$ , οπότε $\widehat{INC}=45^\circ$ (2).

Από (1), (2), $NI \perp MC$ , και όμοια $MI \perp CN$ , οπότε ορθόκεντρο του $\vartriangle CMN$ , συνεπώς $CI \perp MN$ (3).

Είναι $\displaystyle \widehat{KCI}=45^\circ=\widehat{ICL} \mathop \Rightarrow \limits^{IK=IL(=IC)} \vartriangle KCL \, \textnormal{\gr ισοσκελές} \Rightarrow CI \perp KL$ (4).

Από (3), (4), $KL \parallel MN$ .

Γεια σου Ορέστη!

#4

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 14 Επίπεδο: Αρχιμήδης Seniors
...
Πρόβλημα 2
Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο στο , το έκκεντρο του και το ύψος . Ο κύκλος τέμνει τις
στα σημεία αντιστοίχως. Αν είναι τα έκκεντρα των τριγώνων και αντιστοίχως να αποδείξετε ότι
η είναι παράλληλη της .

...

Είναι προφανές Γιάννη και Ορέστη ότι μιλάμε για την πρόταση αυτή

Ορέστης Λιγνός · #5

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 14 Επίπεδο: Αρχιμήδης Seniors

Πρόβλημα 3
Να βρεθεί η ελάχιστη δυνατή τιμή του θετικού ακέραιου έτσι ώστε ο αριθμός:

$A=\displaystyle{\frac{3(cn)!}{(3n)!(4n+1)!}}$ να είναι ακέραιος για κάθε θετικό ακέραιο .

Μία λύση ...

Για $c \in \{ 1,2,3,4,5 \}$ παίρνουμε n=1

και $A \not \in \mathbb{Z}$ .

Για c=6

παίρνουμε

και $A \not \in \mathbb{Z}$ .

Έστω λοιπόν $c \geqslant 7$ .

Θα δείξουμε ότι για c=7

ο

είναι πάντοτε ακέραιος, και θα έχουμε τελειώσει.

Αν c=7

, $A=\dfrac{3 (7n)!}{(3n)!(4n+1)!}$ .

Έστω $B=\dfrac{(7n)!}{(3n-1)!(4n)!}$ .

Είναι $\displaystyle \dfrac{B}{3n}=\dfrac{(7n)!}{(3n)!(4n)!}=\binom{7n}{3n} \in \mathbb{N} \Rightarrow n \mid B$ (1).

Όμοια, $\displaystyle \dfrac{B}{4n+1}=\dfrac{(7n)!}{(3n-1)!(4n+1)!}=\binom{7n}{3n-1} \in \mathbb{N} \Rightarrow 4n+1 \mid B$ (2).

Από (1), (2) και την $\gcd(n,4n+1)=1$ είναι $n(4n+1) \mid B$ .

Συνεπώς, $\displaystyle n \mid \dfrac{B}{4n+1}=\binom{7n}{3n-1}$ (3).

Είναι $\displaystyle A=\dfrac{3 (7n)!}{(3n)!(4n+1)!}= \dfrac{\displaystyle \binom{7n}{3n-1}}{n} \mathop \in \limits^{(3)} \mathbb{Z}$ .

Τελικά, $\boxed{\min c=7}$ .

Datis-Kalali · #6

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 14 Επίπεδο: Αρχιμήδης Seniors

Πρόβλημα 1
Αν οι είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα να αποδείξετε την ανισότητα:
$\displaystyle{\frac{2y^3z^3+x^4+5}{2yz}+\frac{2z^3x^3+y^4+5}{2zx}+\frac{2x^3y^3+z^4+5}{2xy}\ge \frac{x^2+3}{x}+\frac{y^2+3}{y}+\frac{z^2+3}{z}}$
Πότε ισχύει η ισότητα

Από C/S και AM-GM
$\Sigma\frac{2y^3z^3+x^4+5}{2yz}=\Sigma\frac {x^4}{2yz}+\Sigma\frac{5}{2yz}+\Sigma{xy}$
$\ge \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{2yz}+\Sigma\frac{5}{2yz}+\Sigma{xy}\ge \frac{xy+yz+zx}{2}+\Sigma\frac{5}{2yz}+\Sigma{xy}= \frac{3(xy+yz+zx)}{2}+\Sigma\frac{5}{2yz}$
Άπο AM-GM
$\frac{3(xy+yz+zx)}{2}+\Sigma\frac{3}{2yz}\ge 3$
Τότε
$\Sigma\frac{2y^3z^3+x^4+5}{2yz} \ge \frac{3(xy+yz+zx)}{2}+\Sigma\frac{5}{2yz} \ge \Sigma\frac{1}{yz}+ 3 \ge \frac{3(xy+yz+zx)}{xyz}+\Sigma x=\Sigma\frac{x^2+3}{x}$
Ισχύει η ισότητα αν και μόνον άν x=y=z=1

Γιάννης Μπόρμπας · #7

Datis-Kalali έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 14 Επίπεδο: Αρχιμήδης Seniors

Πρόβλημα 1
Αν οι είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα να αποδείξετε την ανισότητα:
$\displaystyle{\frac{2y^3z^3+x^4+5}{2yz}+\frac{2z^3x^3+y^4+5}{2zx}+\frac{2x^3y^3+z^4+5}{2xy}\ge \frac{x^2+3}{x}+\frac{y^2+3}{y}+\frac{z^2+3}{z}}$
Πότε ισχύει η ισότητα
Από C/S και AM-GM
$\Sigma\frac{2y^3z^3+x^4+5}{2yz}=\Sigma\frac {x^4}{2yz}+\Sigma\frac{5}{2yz}+\Sigma{xy}$
$\ge \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{2yz}+\Sigma\frac{5}{2yz}+\Sigma{xy}\ge \frac{xy+yz+zx}{2}+\Sigma\frac{5}{2yz}+\Sigma{xy}= \frac{3(xy+yz+zx)}{2}+\Sigma\frac{5}{2yz}$
Άπο AM-GM
$\frac{3(xy+yz+zx)}{2}+\Sigma\frac{3}{2yz}\ge 3$
Τότε
$\Sigma\frac{2y^3z^3+x^4+5}{2yz} \ge \frac{3(xy+yz+zx)}{2}+\Sigma\frac{5}{2yz} \ge \Sigma\frac{1}{yz}+ 3 \ge \frac{3(xy+yz+zx)}{xyz}+\Sigma x=\Sigma\frac{x^2+3}{x}$
Ισχύει η ισότητα αν και μόνον άν

Υπάρχει πρόβλημα στην αρχή αρχή στην διάσπαση του κλάσματος.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #8

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 14 Επίπεδο: Αρχιμήδης Seniors

Πρόβλημα 1
Αν οι είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα να αποδείξετε την ανισότητα:
$\displaystyle{\frac{2y^3z^3+x^4+5}{2yz}+\frac{2z^3x^3+y^4+5}{2zx}+\frac{2x^3y^3+z^4+5}{2xy}\ge \frac{x^2+3}{x}+\frac{y^2+3}{y}+\frac{z^2+3}{z}}$
Πότε ισχύει η ισότητα;

Κάνοντας κάποιες στοιχειώδεις πράξεις έχουμε να αποδείξουμε ότι:

$x^5+y^5+z^5+2xyz(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+5x+5y+5z\geq 2xyz(x+y+z)+6xy+6yz+6zx\Leftrightarrow$

$x^5+y^5+z^5+2xyz(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+15\geq 6xyz+6xy+6yz+6zx$

Όμως έχουμε πως $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq xyz(x+y+z)=3xyz$

Επομένως έχουμε πως:

$x^5+y^5+z^5+2xyz(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+15\geq x^5+y^5+z^5+6x^2y^2z^2+15$

Από την άλλη έχουμε πως $6x^2y^2z^2+6\geq 2\sqrt{6x^2y^2z^2\cdot 6}=12xyz$

Άρα $x^5+y^5+z^5+6x^2y^2z^2+15\geq x^5+y^5+z^5+12xyz+9$

Αρκεί λοιπόν:

$x^5+y^5+z^5+12xyz+9\geq 6xyz+6xy+6yz+6zx$ $\Leftrightarrow x^5+y^5+z^5+6xyz+9\geq 6xy+6yz+6zx$

Από την άλλη έχουμε ότι $(x+y+z)^2\geq 3xy+3yz+3zx$ , άρα $9\geq 3xy+3yz+3zx$

Συνεπώς αρκεί $x^5+y^5+z^5+6xyz\geq 3(xy+yz+zx)=(x+y+z)(xy+yz+zx)=$ xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)+3xyz

$\Leftrightarrow x^5+y^5+z^5+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$

Από την ανισότητα Schur

έχουμε πως $xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\leq x^3+y^3+z^3+3xyz$

Άρα αρκεί να αποδείξουμε πως $x^5+y^5+z^5\geq x^3+y^3+z^3\Leftrightarrow 3(x^5+y^5+z^5)\geq 3(x^3+y^3+z^3)$

Από την ανισότητα Chebishef

έχουμε πως $3(x^5+y^5+z^5)\geq (x^2+y^2+z^2)(x^3+y^3+z^3)$

Συνεπώς αρκεί $x^2+y^2+z^2\geq 3\Leftrightarrow 3(x^2+y^2+z^2)\geq 9=(x+y+z)^2$ που ισχύει.

Γιάννης Μπόρμπας · #9

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 14 Επίπεδο: Αρχιμήδης Seniors

Πρόβλημα 1
Αν οι είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα να αποδείξετε την ανισότητα:
$\displaystyle{\frac{2y^3z^3+x^4+5}{2yz}+\frac{2z^3x^3+y^4+5}{2zx}+\frac{2x^3y^3+z^4+5}{2xy}\ge \frac{x^2+3}{x}+\frac{y^2+3}{y}+\frac{z^2+3}{z}}$
Πότε ισχύει η ισότητα;

Κάνοντας κάποιες στοιχειώδεις πράξεις έχουμε να αποδείξουμε ότι:

$x^5+y^5+z^5+2xyz(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+5x+5y+5z\geq 2xyz(x+y+z)+6xy+6yz+6zx\Leftrightarrow$

$x^5+y^5+z^5+2xyz(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+15\geq 6xyz+6xy+6yz+6zx$

Όμως έχουμε πως $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq xyz(x+y+z)=3xyz$

Επομένως έχουμε πως:

$x^5+y^5+z^5+2xyz(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+15\geq x^5+y^5+z^5+6x^2y^2z^2+15$

Από την άλλη έχουμε πως $6x^2y^2z^2+6\geq 2\sqrt{6x^2y^2z^2\cdot 6}=12xyz$

Άρα $x^5+y^5+z^5+6x^2y^2z^2+15\geq x^5+y^5+z^5+12xyz+9$

Αρκεί λοιπόν:

$x^5+y^5+z^5+12xyz+9\geq 6xyz+6xy+6yz+6zx$ $\Leftigtarrow x^5+y^5+z^5+6xyz+9\geq 6xy+6yz+6zx$

Από την άλλη έχουμε ότι $(x+y+z)^2\geq 3xy+3yz+3zx, άρα 9\geq 3xy+3yz+3zx$

Συνεπώς αρκεί $x^5+y^5+z^5+6xyz\geq 3(xy+yz+zx)=(x+y+z)(xy+yz+zx)=$

$\Leftrightarrow x^5+y^5+z^5+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$

Από την ανισότητα έχουμε πως $xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\leq x^3+y^3+z^3+3xyz$

Άρα αρκεί να αποδείξουμε πως $x^5+y^5+z^5\geq x^3+y^3+z^3\Leftrightarrow 3(x^5+y^5+z^5)\geq 3(x^3+y^3+z^3)$

Από την ανισότητα έχουμε πως $3(x^5+y^5+z^5)\geq (x^2+y^2+z^2)(x^3+y^3+z^3)$

Συνεπώς αρκεί $x^2+y^2+z^2\geq 3\Leftrightarrow 3(x^2+y^2+z^2)\geq 9=(x+y+z)^2$ που ισχύει.

Πολύ ωραία! Διαφορετικά:
$\displaystyle{\sum_{cyc}\frac{2y^3z^3+x^4+5}{2yz}\ge \sum_{cyc}\frac{2y^3z^3+2x^2+4}{2yz}=\sum_{cyc}\frac{y^3z^3+x^2+2}{yz} \ge \sum_{cyc}\frac{3yz+x^2}{yz}}$ .
Αρκεί να δειχθεί ότι: $\displaystyle{\sum_{cyc}\frac{3yz+x^2}{yz}\ge \sum_{cyc}\frac{x^2+3}{x}}$
Που είναι ισοδύναμη με την: $x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy(x+y)+ yz(y+z) +zx(z+x)$ (Schur).
Ισότητα όταν x=y=z=1

Η ιδέα είναι ότι θέλουμε να ισχύει η ισότητα όταν x=y=z=1

. Οπότε με την χρήση ανισοτήτων όπως: $(x^2-1)^2\ge 0$
και $y^3z^3+1+1\ge 3yz$ καταφέρνουμε να ομογενοποιήσουμε τους όρους.

Γιάννης Μπόρμπας · #10

Διαφορετικά για το πρόβλημα 3:
$\displaystyle{\frac{3(7n)!}{(3n)!(4n+1)!}=\frac{3(7n)!}{(3n)!(4n)!}(1-\frac{4n}{4n+1})}=$
$=\displaystyle{\frac{3(7n)!}{(3n)!(4n)!}-\frac{3(7n)!}{(3n)!(4n)!}\cdot\frac{4n}{4n+1}=$
$=\displaystyle{3\binom{7n}{3n}-4\binom{7n}{3n-1}\in\mathbb{Z}}$

Ορέστης Λιγνός · #11

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 28, 2017 11:05 pm
Διαγώνισμα 14 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 4
Δίνεται το σύνολο $S=\{1, 2, ...,n\}$ . Ένα υποσύνολο του (έστω $A=\{a_1, a_2, ..., a_k\}$ με )
θα ονομάζεται "προοπτικό" εάν:
(1) $gcd(a_i,a_{i+1})|a_{i+2} , \forall i=1, 2, ..., k-2$ .
(2) $a_i|lcm(a_{i+1},a_{i+2}) , \forall i=1, 2, ..., k-2$ .
Να βρεθεί η ελάχιστη δυνατή τιμή του έτσι ώστε να υπάρχει "προοπτικό" υποσύνολο του με στοιχεία αλλά
κάθε υποσύνολο του με στοιχεία να μην είναι "προοπτικό".

(Σημείωση: Στην παρακάτω λύση, συμβολίζουμε με $\gcd$ τον Μ.Κ.Δ. και με $\rm lcm$ το Ε.Κ.Π.)

Έστω $A=\{a_1, a_2, \ldots, a_{2016} \}$ ένα προοπτικό υποσύνολο του $S=\{1,2, \ldots, n \}$ .

Θα αποδείξουμε το εξής Λήμμα:

Λήμμα

Για κάθε πρώτο

, έστω

η μεγαλύτερη δύναμη που διαιρεί τον a_i

, δηλαδή $p^m \mid \mid a_i$ , με $i \in \{1,2, \ldots, 2016 \}$ .

Τότε, ισχύει $p^m \mid a_{i+1}$ , ή $p^m \mid a_{i+2}$ .

Απόδειξη

Έστω $p^x \mid \mid a_{i+1}$ η μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί τον $a_{i+1}$ και όμοια ορίζουμε $p^y \mid \mid a_{i+2}$ .

Αν $x \geqslant m$ ή $y \geqslant m$ , το Λήμμα αποδείχτηκε. Έστω λοιπόν $x,y \leqslant m$ .

Είναι $\gcd(a_i,a_{i+1}) \mid a_{i+2} \Rightarrow p^x \mid a_{i+2}$ , και αφού $p^y \mid \mid a_{i+2}$ , είναι $y \geqslant x$ .

Είναι προφανώς $p^{x+y} \mid \mid a_{i+1}a_{i+2}$ .

Έχουμε $a_i \mid \rm {lcm}$ $(a_{i+1},a_{i+2}) \mid a_{i+1}a_{i+2} \Rightarrow p^m \mid a_{i+1}a_{i+2}$ , και αφού $p^{x+y} \mid \mid a_{i+1}a_{i+2}$ , έχουμε $x+y \geqslant m$ .

Επίσης, έστω $a_{i+1}=p^x s$ και $a_{i+2}=p^yt$ , με $(p,s)=1, \,\, (p,t)=1$ .

Είναι $p^m \mid a_i \mid \rm {lcm}$ $(a_{i+1},a_{i+2}) \Rightarrow p^m \mid \rm {lcm}$ $(p^xs,p^yt) \Rightarrow p^{m-x} \mid \rm {lcm}$ $(s,p^{y-x}t)$ .

Αν τώρα (s,t)=1

, έχουμε ότι $(s,p^{y-x}t)=1$ , αφού και $(s,p)=1 \,\, (t,p)=1$ .

Άρα, $p^{m-x} \mid stp^{y-x} \Rightarrow p^{m-y} \mid st$ .

Αν όμως $m-y \geqslant 1$ , έχουμε άτοπο, αφού $(s,p)=1, \,\, (t,p)=1$ . Πρέπει λοιπόν m=y

. Άρα, $p^{m} \mid a_{i+2}$ .

Έστω τώρα $(s,t)=d \neq 1$ , και s=de, t=df

, $(e,f)=1, \,\, (e,p)=1, \,\, (f,p)=1$ .

Επομένως, $\rm lcm$ $(s, p^{y-x}t)=d \rm lcm$ $(e,p^{y-x}f)=fdep^{y-x}$ , αφού $(e,f)=1, \,\, (e,p)=1, \,\, (f,p)=1$ .

Έτσι, $p^{m-x} \mid fdep^{y-x} \Rightarrow p^{m-y} \mid fde$ , που για m-y>1

, είναι άτοπο. Άρα, πάλι m=y

.
Επομένως, το Λήμμα αποδείχτηκε.

Επιστρέφουμε στην άσκηση.

Βλέπουμε πως αναγκαστικά m=y

, άρα για κάθε πρώτο

, με $p^m \mid \mid a_i$ , ισχύει και $p^m \mid a_{i+2}$ .

Αυτό σημαίνει $a_i \mid a_{i+2}$ , και αφού $a_i \neq a_{i+2}$ , είναι $a_{i+2} \geqslant 2a_i$ .

Προφανώς, $a_2 \geqslant 2$ , άρα $a_{2016} \geqslant 2a_{2014} \geqslant 4a_{2012} \geqslant \ldots \geqslant 2^{1008}$ , και άρα $n \geqslant a_{2016} \geqslant 2^{1008}$ , δηλαδή $\min n=2^{1008}$ .

Για $n=2^{1008}$ υπάρχει ένα προοπτικό σύνολο $\{a_1,a_2, \ldots, a_{2016}\}$ , με $a_1=1,a_{2i}=2^i, a_{2i+1}=3 \cdot 2^{i-1}$ και $a_{2016}=2^{1008}$ , για κάθε $i \in \{1,2 \ldots, 1007 \}$ .

Προφανώς, δεν μπορεί να υπάρξει προοπτικό σύνολο με 2017

στοιχεία, γιατί τότε πρέπει να ισχύουν όλες οι ισότητες, αλλά τότε δεν θα υπάρχει ''χώρος'' για να ''μπει'' το στοιχείο $a_{2017}$ .

Υ.Γ. Γιάννη, θα ήθελα να μου πεις την γνώμη σου για την λύση.

Γιάννης Μπόρμπας · #12

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 19, 2018 11:02 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 28, 2017 11:05 pm
Διαγώνισμα 14 Επίπεδο: Αρχιμήδης/Προκριματικός Seniors

Πρόβλημα 4
Δίνεται το σύνολο $S=\{1, 2, ...,n\}$ . Ένα υποσύνολο του (έστω $A=\{a_1, a_2, ..., a_k\}$ με )
θα ονομάζεται "προοπτικό" εάν:
(1) $gcd(a_i,a_{i+1})|a_{i+2} , \forall i=1, 2, ..., k-2$ .
(2) $a_i|lcm(a_{i+1},a_{i+2}) , \forall i=1, 2, ..., k-2$ .
Να βρεθεί η ελάχιστη δυνατή τιμή του έτσι ώστε να υπάρχει "προοπτικό" υποσύνολο του με στοιχεία αλλά
κάθε υποσύνολο του με στοιχεία να μην είναι "προοπτικό".

(Σημείωση: Στην παρακάτω λύση, συμβολίζουμε με $\gcd$ τον Μ.Κ.Δ. και με $\rm lcm$ το Ε.Κ.Π.)

Έστω $A=\{a_1, a_2, \ldots, a_{2016} \}$ ένα προοπτικό υποσύνολο του $S=\{1,2, \ldots, n \}$ .

Θα αποδείξουμε το εξής Λήμμα:

Λήμμα

Για κάθε πρώτο , έστω η μεγαλύτερη δύναμη που διαιρεί τον , δηλαδή $p^m \mid \mid a_i$ , με $i \in \{1,2, \ldots, 2016 \}$ .

Τότε, ισχύει $p^m \mid a_{i+1}$ , ή $p^m \mid a_{i+2}$ .

Απόδειξη

Έστω $p^x \mid \mid a_{i+1}$ η μεγαλύτερη δύναμη του που διαιρεί τον $a_{i+1}$ και όμοια ορίζουμε $p^y \mid \mid a_{i+2}$ .

Αν $x \geqslant m$ ή $y \geqslant m$ , το Λήμμα αποδείχτηκε. Έστω λοιπόν $x,y \leqslant m$ .

Είναι $\gcd(a_i,a_{i+1}) \mid a_{i+2} \Rightarrow p^x \mid a_{i+2}$ , και αφού $p^y \mid \mid a_{i+2}$ , είναι $y \geqslant x$ .

Είναι προφανώς $p^{x+y} \mid \mid a_{i+1}a_{i+2}$ .

Έχουμε $a_i \mid \rm {lcm}$ $(a_{i+1},a_{i+2}) \mid a_{i+1}a_{i+2} \Rightarrow p^m \mid a_{i+1}a_{i+2}$ , και αφού $p^{x+y} \mid \mid a_{i+1}a_{i+2}$ , έχουμε $x+y \geqslant m$ .

Επίσης, έστω $a_{i+1}=p^x s$ και $a_{i+2}=p^yt$ , με $(p,s)=1, \,\, (p,t)=1$ .

Είναι $p^m \mid a_i \mid \rm {lcm}$ $(a_{i+1},a_{i+2}) \Rightarrow p^m \mid \rm {lcm}$ $(p^xs,p^yt) \Rightarrow p^{m-x} \mid \rm {lcm}$ $(s,p^{y-x}t)$ .

Αν τώρα , έχουμε ότι $(s,p^{y-x}t)=1$ , αφού και $(s,p)=1 \,\, (t,p)=1$ .

Άρα, $p^{m-x} \mid stp^{y-x} \Rightarrow p^{m-y} \mid st$ .

Αν όμως $m-y \geqslant 1$ , έχουμε άτοπο, αφού $(s,p)=1, \,\, (t,p)=1$ . Πρέπει λοιπόν . Άρα, $p^{m} \mid a_{i+2}$ .

Έστω τώρα $(s,t)=d \neq 1$ , και , $(e,f)=1, \,\, (e,p)=1, \,\, (f,p)=1$ .

Επομένως, $\rm lcm$ $(s, p^{y-x}t)=d \rm lcm$ $(e,p^{y-x}f)=fdep^{y-x}$ , αφού $(e,f)=1, \,\, (e,p)=1, \,\, (f,p)=1$ .

Έτσι, $p^{m-x} \mid fdep^{y-x} \Rightarrow p^{m-y} \mid fde$ , που για , είναι άτοπο. Άρα, πάλι .
Επομένως, το Λήμμα αποδείχτηκε.

Επιστρέφουμε στην άσκηση.

Βλέπουμε πως αναγκαστικά , άρα για κάθε πρώτο , με $p^m \mid \mid a_i$ , ισχύει και $p^m \mid a_{i+2}$ .

Αυτό σημαίνει $a_i \mid a_{i+2}$ , και αφού $a_i \neq a_{i+2}$ , είναι $a_{i+2} \geqslant 2a_i$ .

Προφανώς, $a_2 \geqslant 2$ , άρα $a_{2016} \geqslant 2a_{2014} \geqslant 4a_{2012} \geqslant \ldots \geqslant 2^{1008}$ , και άρα $n \geqslant a_{2016} \geqslant 2^{1008}$ , δηλαδή $\min n=2^{1008}$ .

Για $n=2^{1008}$ υπάρχει ένα προοπτικό σύνολο $\{a_1,a_2, \ldots, a_{2016}\}$ , με $a_1=1,a_{2i}=2^i, a_{2i+1}=3 \cdot 2^{i-1}$ και $a_{2016}=2^{1008}$ , για κάθε $i \in \{1,2 \ldots, 1007 \}$ .

Προφανώς, δεν μπορεί να υπάρξει προοπτικό σύνολο με στοιχεία, γιατί τότε πρέπει να ισχύουν όλες οι ισότητες, αλλά τότε δεν θα υπάρχει ''χώρος'' για να ''μπει'' το στοιχείο $a_{2017}$ .

Υ.Γ. Γιάννη, θα ήθελα να μου πεις την γνώμη σου για την λύση.

Καλησπέρα Ορέστη! Δεν χρειάζεται τόση βαβούρα.
Μπορούμε πιο γρήγορα να φτάσουμε στο συμπέρασμα ότι $a_i|a_{i+2}$ ως εξής:
Αρχικά, θεωρούμε ένα προοπτικό σύνολο

με

.
Έστω

ένας πρώτος διαιρέτης του a_i

και

, τότε από την 2η σχέση πρέπει $p^a|a_{i+1}$ ή $p^a|a_{i+2}$ .
Εάν $p^a|a_{i+1}$ τότε $p^a|\gcd(a_i,a_{i+1})|a_{i+2}$ συνεπώς $p^a|a_{i+2}$ .
Εάν $p^a|a_{i+2}$ φτάνουμε στο ίδιο συμπέρασμα.
Σε οποιαδήποτε περίπτωση λοιπόν, $p^a|a_{i+2}$ συνεπώς $a_i|a_{i+2}$

#13

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 29, 2017 5:11 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Διαγώνισμα 14 Επίπεδο: Αρχιμήδης Seniors

Πρόβλημα 1
Αν οι είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα να αποδείξετε την ανισότητα:
$\displaystyle{\frac{2y^3z^3+x^4+5}{2yz}+\frac{2z^3x^3+y^4+5}{2zx}+\frac{2x^3y^3+z^4+5}{2xy}\ge \frac{x^2+3}{x}+\frac{y^2+3}{y}+\frac{z^2+3}{z}}$
Πότε ισχύει η ισότητα;

Κάνοντας κάποιες στοιχειώδεις πράξεις έχουμε να αποδείξουμε ότι:

+ $\displaystyle{5x+5y+5z\geq 2xyz(x+y+z)+6xy+6yz+6zx\Leftrightarrow}$

$x^5+y^5+z^5+2xyz(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+15\geq 6xyz+6xy+6yz+6zx$

Όμως έχουμε πως $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq xyz(x+y+z)=3xyz$

Επομένως έχουμε πως:

$x^5+y^5+z^5+2xyz(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+15\geq x^5+y^5+z^5+6x^2y^2z^2+15$

Από την άλλη έχουμε πως $6x^2y^2z^2+6\geq 2\sqrt{6x^2y^2z^2\cdot 6}=12xyz$

Άρα $x^5+y^5+z^5+6x^2y^2z^2+15\geq x^5+y^5+z^5+12xyz+9$

Αρκεί λοιπόν:

$x^5+y^5+z^5+12xyz+9\geq 6xyz+6xy+6yz+6zx$ $\Leftrightarrow x^5+y^5+z^5+6xyz+9\geq 6xy+6yz+6zx$

Από την άλλη έχουμε ότι $(x+y+z)^2\geq 3xy+3yz+3zx$ , άρα $9\geq 3xy+3yz+3zx$

Συνεπώς αρκεί $x^5+y^5+z^5+6xyz\geq 3(xy+yz+zx)=(x+y+z)(xy+yz+zx)=$

$\Leftrightarrow x^5+y^5+z^5+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$

Από την ανισότητα έχουμε πως $xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\leq x^3+y^3+z^3+3xyz$

Άρα αρκεί να αποδείξουμε πως $x^5+y^5+z^5\geq x^3+y^3+z^3\Leftrightarrow 3(x^5+y^5+z^5)\geq 3(x^3+y^3+z^3)$

Από την ανισότητα έχουμε πως $3(x^5+y^5+z^5)\geq (x^2+y^2+z^2)(x^3+y^3+z^3)$

Συνεπώς αρκεί $x^2+y^2+z^2\geq 3\Leftrightarrow 3(x^2+y^2+z^2)\geq 9=(x+y+z)^2$ που ισχύει.

Διόρθωσα τον κώδικα στην δημοσίευση του Διονύση

Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 14

Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 14

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 14

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 14

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 14

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 14

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 14

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 14

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 14

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 14

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 14

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 14

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 14

Re: Προετοιμασία για Διαγωνισμούς - Διαγώνισμα 14

Μέλη σε σύνδεση