BMO 2014

raf616 · #1

Σήμερα ξεκινάει και επίσημα η BMO 2014 στη Βουλγαρία. Περισσότερες πληροφορίες μπορεί να πάρει κανείς από εδώ.

Καλή επιτυχία σε όλα τα μέλη της αποστολής κάποια από τα οποία έχουν λογαριασμούς και στο

.

#2

Εννοείται καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά!

simantiris j. · #3

Επίσης καλή επιτυχία σε όλα τα μέλη της ελληνικής εθνικής ομάδας για μεθαύριο

Θα ήταν ωραίο αν μπορούσε κάποιος μόλις αποκτήσει πρόσβαση στα θέματα να τα ανεβάσει στο

S.E.Louridas · #4

Καλή επιτυχία (είναι αναμενόμενη και δεδομένη) στους Έλληνες διαγωνιζόμενους.
Όλοι την έχουμε ανάγκη, η Πατρίδα πάνω απ' όλα την έχει ανάγκη.

#5

Καλή επιτυχία στους Έλληνες διαγωνιζόμενους και καλή δύναμη στους συνοδούς τους ιδιαίτερα τη μέρα της διόρθωσης!

Ευχόμαστε τα καλύτερα!

Αλέξανδρος

#6

Καλή Επιτυχία στην Ελληνική αποστολή.

simantiris j. · #7

O διαγωνισμός τελείωσε!

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1
Έστω x,y,z

θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε xy+yz+xz=3xyz

.Αποδείξτε ότι
$x^2y+y^2z+z^2x \ge 2(x+y+z)-3$
Πότε ισχύει η ισότητα ?

nickthegreek · #8

Για το πρώτο πρόβλημα,

Η σχέση δίνει ισοδύναμα $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=3$

Τότε γράφουμε $x^2y+y^2 z+z^2x +\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \geq 2(x+y+z)$ Μα από AM-GM κυκλικά $x^2y +\frac{1}{y}\geq 2x$
και το αποτέλεσμα προκύπτει. Σχετικά εύκολο πρώτο πρόβλημα..

Καλή επιτυχία στα παιδιά!

Kαι για να μη ξεχάσουμε την ισότητα, αυτή προκύπτει όταν x^2 y =1/y ,y^2 z=1/z, z^2 x =1/x

δηλαδή

#9

simantiris j. έγραψε:O διαγωνισμός τελείωσε!

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1
Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε .Αποδείξτε ότι
$x^2y+y^2z+z^2x \ge 2(x+y+z)-3$
Πότε ισχύει η ισότητα ?

Αρκεί να δείξω ότι: $x^2y+y^2z+z^2x+3\ge 2(x+y+z)$

Από τη δοθείσα, αρκεί:

$\displaystyle{x^2y+y^2z+z^2x+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge 2(x+y+z)}$

Αυτό όμως ισχύει αφού:

$\displaystyle{{x^2}y + \frac{1}{y} \ge 2\sqrt {{x^2}y\frac{1}{y}} = 2x}$

$\displaystyle{{y^2}z + \frac{1}{z} \ge 2\sqrt {{y^2}z\frac{1}{z}} = 2y}$

$\displaystyle{{z^2}x + \frac{1}{x} \ge 2\sqrt {{z^2}x\frac{1}{x}} = 2z}$

και με πρόσθεση κατά μέλη τελειώσαμε.

ΠΡΟΣΘΗΚΗ: Ισότητα για x=y=z=1.

simantiris j. · #10

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2
Αποκαλούμε ένα θετικό ακέραιο

special, αν μπορεί να γραφεί ως $n=\frac{a^3+2b^3}{c^3+2d^3}$
για θετικούς ακεραίους a,b,c,d

.
α)Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι special αριθμοί
β)Να αποδείξετε ότι ο 2014

δεν είναι special

Nick1990 · #11

Τόσο εύκολο ήταν το 1; Η συνθήκη ισοδυναμεί με $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 3$

Άρα αρκεί να δείξουμε ότι:

$x^2y + y^2z + z^2x + \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geq 2(x + y + z)$

Αυτό είναι άμεσο προσθέτοντας κυκλικά τις $x^2y + \frac{1}{y} \geq 2x$ (από ΑΜ-ΓΜ)

Ισότητα όταν $x^2y = \frac{1}{y} \Leftrightarrow xy = 1$ και κυκλικά, άρα $3xyz = 3 = 3xy = 3xz = 3yz \Leftrightarrow x = y = z = 1$

#12

Από υπόθεση $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=3.$

Λόγω της ανισότητας Cauchy $\left(x^2y+y^2z+z^2x \right)\left( \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\geq \left(x+y+z \right)^2$

οπότε $x^2y+y^2z+z^2x\geq \dfrac{(x+y+z )^2}{3}.$

Αρκεί λοιπόν $\dfrac{\left(x+y+z \right)^2}{3}\geq 2\left(x+y+z \right)-3$

που ισχύει γιατί είναι ισοδύναμη της $\left(x+y+z-3 \right)^2}\geq 0.$

ArgirisM · #13

Πράγματι εύκολο πρώτο πρόβλημα. Νομίζω πως η περισυνή γεωμετρία ήταν πολύ πιο δυνατή. Ακόμη φαίνεται πως αποφάσισαν να βάλουν γεωμετρία σε 3-4 θέμα, γεγονός που αποτελεί θετικό στοιχείο καθώς ήταν κάπως υποβαθμισμένη συγκριτικά με τους άλλους διαγωνιστικούς κλάδους. Να δούμε πώς θα αντεπεξέλθει η ελληνική ομάδα. Αλήθεια τα προβλήματα που τα βρήκατε; Όσο κι αν ψάχνω δεν τα βρίσκω πουθενά...

simantiris j. · #14

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3
Έστω ABCD

τραπέζιο εγγεγραμμένο σε κύκλο $C_{1}$ με διάμετρο

.Έστω

το σημείο τομής των διαγωνίων AC,BD

.O κύκλος με κέντρο

και ακτίνα

τέμνει τον $C_{1}$ στα σημεία K,L

όπου το

βρίσκεται στο ίδιο ημιεπίπεδο με το

ως προς την

.Η κάθετη στην ευθεία

στο

τέμνει την

στο

.Αποδείξτε ότι η

είναι κάθετη στην

nickthegreek · #15

Για το δεύτερο πρόβλημα:

1) Αυτό είναι πολύ δύσκολο αν έχουμε πολλούς βαθμούς ελευθερίας. Θέτουμε λοιπόν c=d=1

και τότε οποιαδήποτε a,b

ώστε $a \equiv b (mod 3)$ δουλεύουν. Αφήνοντας τα a,b

να μεγαλώνουν αυθαίρετα, προκύπτει το ζητούμενο.

2) Για αυτό, χρειάζεται να ξέρουμε ότι $2014=2 \cdot 19 \cdot 53$ . Μια πρώτη σκέψη είναι ότι αν $p \mid a,b,c,d$ τότε μπορούμε να θέσουμε (a,b,c,d)=(a,b,c,d)/p

και το κλάσμα δεν αλλάζει. Έστω λοιπόν WLOG ότι gcd(a,b,c,d)=1

Γράφουμε λοιπόν $a^3+2b^3=2 \cdot 19 \cdot 53 (c^3+2d^3)$ . Τέτοιου είδους προβλήματα μας θυμίζουν την τεχνική της άπειρης καθόδου. Παρατηρούμε
ότι ο 2014

είναι squarefree και άρα αυτό μας οδηγεί στη στρατηγική του να ψάξουμε για αριθμό

τέτοιον ώστε: $k \mid a^3+2b^3 \Rightarrow k \mid a, k \mid b$ .

Ψάχνουμε πρώτα αυτούς τους αριθμούς που υπάρχουν ως πρώτοι παράγοντες στο 2014. Ευτυχώς, το k=19

λειτουργεί (τσεκάρουμε με το χέρι...) Τότε $19 \mid a^3 +2b^3$ και άρα $19 \mid c^3+2d^3 \Rightarrow 19 \mid a,b,c,d$ , άτοπο εξ υποθέσεως.

Το ζητούμενο έπεται.

#16

simantiris j. έγραψε:ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2
Αποκαλούμε ένα θετικό ακέραιο special, αν μπορεί να γραφεί ως $n=\frac{a^3+2b^3}{c^3+2d^3}$
για θετικούς ακεραίους .
α)Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι special αριθμοί
β)Να αποδείξετε ότι ο δεν είναι special

Και αυτό είναι σχετικά απλό: (Ήρθα δεύτερος αλλά το αφήνω για τον κόπο.)

(α) Παίρνουμε a=b=m,c=d=1

που δίνει ότι ο m^3

είναι special.

(β) Έστω $a,b,c,d \in \mathbb{N}$ ώστε $\displaystyle{ \frac{a^3+2b^3}{c^3 + 2d^3} = 2014 = 2 \cdot 19 \cdot 53.}$

Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι τα a,b,c,d

δεν έχουν κοινό παράγοντα.

Έχουμε ότι $a^3 + 2b^3 \equiv 0 \bmod 19$ . Οι κύβοι όμως $\bmod 19$ (το μόνο σημείο που θέλει πράξεις) είναι τα $0,\pm 1, \pm 7, \pm 8$ . Αν $19 \nmid b$ παίρνω

ώστε $bx \equiv 1 \bmod 19$ . Τότε $(ax)^3 \equiv -2(bx)^3 \equiv -2 \bmod 19$ δηλαδή το

είναι κύβος $\bmod 19$ , άτοπο. Άρα 19|b

και άρα

. Τότε όμως 19^3|a^3 + 2b^3

άρα

και με την ίδια διαδικασία έχουμε 19|c

και

Nick1990 · #17

Για το 2:

Το α) είναι απλό. Παίρνουμε απλά τα a,b

να είναι πολλαπλάσια του παρονομαστή, με το πηλίκο να τρέχει στους φυσικούς.

Για το β), θεωρούμε ότι υπάρχουν a,b,x,y,k

ώστε

και ώστε το a + b + x + y

να είναι ελάχιστο.
Αν 19|a

και

τότε

και

και αναγώμαστε στην 19^2(c^3 + 2d^3) = k(x^3 + 2y^3)

. Αν

, τότε

,

και λαμβάνουμε: 19k(u^3 + 2v^3) = (c^3 + 2d^3)

, όπου προφανώς a + b + x + y > c + d + u + v

, άτοπο. Σε άλλη περίπτωση έχουμε ότι το

διαιρεί έναν αριθμό της μορφής a^3 + 2b^3

χωρίς να διαιρεί τους a,b

, άρα αν

(

αντίστροφο στο σώμα υπολοίπων mod19

), πρέπει $(af)^3 = -2 (mod19) \Leftrightarrow 1 = (af)^{18} = (-2)^6 = 64 (mod19) \Rightarrow 19|63$ άτοπο.

Άρα τα πολλαπλάσια του

αλλά όχι του 19^2

δεν είναι special, άρα ούτε και το $2014 = 19 \times 2 \times 53$ .

simantiris j. · #18

Τα προβλήματα έχουν ανεβεί στην επίσημη ιστοσελίδα που υπάρχει στην αρχή αυτής της δημόσιας συζήτησης.
Μπορεί κάποιος να μεταφράσει το τελευταίο πρόβλημα με ακρίβεια από τα αγγλικά

Al.Koutsouridis · #19

Προβλημα 4:

Έστω

θετικός ακέραιος. Κανονικό εξάγωνο μήκους πλευράς

διαιρείτε σε ισόπλευρα τρίγωνα πλευράς

με παράλληλες ευθείες προς τις πλευρές του.
Να βρείτε τον αριθμό των κανονικών εξαγώνων των οποίων όλες οι κορυφές είναι μεταξύ των κορυφών των ισόπλευρων τριγώνων.

#20

Για το 4 βγάζω n^3

. Αν κάποιος γνωρίζει την απάντηση και είναι σωστή ας μας πει για να βάλω και πιο αναλυτική εξήγηση. (Αν και σχήματα δεν υπόσχομαι!)

Επεξεργασία Όπως με πληροφόρησαν τόσο ο Γιώργος Βλάχος όσο και ο Βαγγέλης Μουρούκος η απάντηση είναι λάθος αφού μέτρησα μόνο τα εξάγωνα με πλευρές παράλληλες στις αρχικές. Τώρα βγάζω $\displaystyle{ \frac{n^2(n+1)^2}{4}.}$

BMO 2014

BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Re: BMO 2014

Μέλη σε σύνδεση