Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Soteris · #1

Πρόβλημα 1

Αν $\displaystyle{a, b, c}$ τρεις θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε $\displaystyle{a+b+c=2}$ , να βρείτε τον μεγαλύτερο θετικό πραγματικό αριθμό $\displaystyle{k}$ , ώστε να ισχύει η ανίσωση $\displaystyle{4\left(a^2+b^2+c^2\right)\geq k+15abc}$ . Για ποιες τιμές των $\displaystyle{a, b, c}$ ισχύει η ισότητα;

Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλα τα ζεύγη ακεραίων $\displaystyle{\left(x, y\right)}$ τέτοια, ώστε $\displaystyle{y^2\left(y+1\right)=2x^3\left(y+4x^3\right)}$ .

Πρόβλημα 3

Δίνεται τραπέζιο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta} \left(AB\parallel \Gamma\Delta\right)}$ τέτοιο, ώστε το σημείο $\displaystyle{E}$ να είναι το σημείο τομής των διαγωνίων του και $\dipslaystyle{EB=E\Gamma}$ . Οι κάθετες από τα σημεία $\displaystyle{E}$ και $\displaystyle{B}$ προς τις ευθείες $\displaystyle{B\Gamma}$ και $\displaystyle{B\Delta}$ αντίστοιχα τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{Z}$ . Υποθέτουμε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\displaystyle{BZ\Delta}$ τέμνει την ευθεία $\displaystyle{A\Delta}$ στο σημείο $\displaystyle{\Theta}$ . Αν $\displaystyle{H}$ είναι το σημείο τομής της $\displaystyle{EZ}$ με την $\displaystyle{B\Gamma}$ , να αποδείξετε ότι τα σημεία $\displaystyle{H, \Theta, \Delta, \Gamma}$ βρίσκονται πάνω στον ίδιο κύκλο.

Πρόβλημα 4

Έχουμε δύο μαυροπίνακες $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{B}$ . Πανω στον πίνακα $\displaystyle{A}$ γράφουμε κάποιο πλήθος διαφορετικών ακεραίων αριθμών $\displaystyle{x_i, i=1, 2, 3, ...}$ με $\displaystyle{2\leq x_i\leq20}$ και πάνω στον πίνακα $\displaystyle{B}$ γράφουμε κάποιο πλήθος διαφορετικών ακεραίων αριθμών $\displaystyle{y_j, j=1, 2, 3, ...}$ με $\displaystyle{2\leq y_j\leq20}$ . Οι αριθμοί στους δύο πίνακες είναι γραμμένοι με τέτοιο τρόπο, ώστε κάθε ζευγάρι αριθμών $\displaystyle{\left(x_i, y_j\right)}$ , ένας από τον πίνακα $\displaystyle{A}$ και ένας από τον πίνακα $\displaystyle{B}$ να είναι πρώτοι μεταξύ τους αριθμοί, δηλαδή $\displaystyle{MK\Delta\left(x_i, y_j\rigth)=1}$ για κάθε $\displaystyle{i, j}$ . Αν συμβολίσουμε με $\displaystyle\left|A\right|, \left|B\right|}$ το πλήθος του συνόλου των αριθμών που είναι γραμμένοι πάνω στους δύο πίνακες $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{B}$ αντίστοιχα, να προσδιορίσετε τη μέγιστη τιμή του γινομένου $\displaystyle{\left|A\right|\cdot\left|B\right|}$ που είναι δυνατόν να πάρουμε.

Προσθέτω και το αρχείο με τα θέματα

#2

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 1

Αν $\displaystyle{a, b, c}$ τρεις θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε $\displaystyle{a+b+c=2}$ , να βρείτε τον μεγαλύτερο θετικό πραγματικό αριθμό $\displaystyle{k}$ , ώστε να ισχύει η ανίσωση $\displaystyle{4\left(a^2+b^2+c^2\right)\geq k+15abc}$ . Για ποιες τιμές των $\displaystyle{a, b, c}$ ισχύει η ισότητα;

Θα δείξουμε ότι η μέγιστη τιμή είναι k = 8/9

. Κατ' αρχάς δεν μπορούμε να πάρουμε μεγαλύτερο

διότι για

έχουμε ισότητα.

Θέλω να δείξω ότι $\displaystyle{ 4(a^2+b^2+c^2) \geqslant \frac{8}{9} + 15abc.}$ Ισοδύναμα αρκεί να δείξω ότι

$\displaystyle{ 2(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) \geqslant \frac{(a+b+c)^3}{9} + 15abc}$

Θα δείξω ότι η τελευταία ανισότητα ισχύει για κάθε a,b,c > 0

άσχετα με το αν a+b+c = 2

ή όχι.

Πράγματι κάνοντας τα αναπτύγματα αρκεί να δείξω ότι

$\displaystyle{ 17(a^3+b^3+c^3) + 15(a^2b + ab^2 + a^2c + ac^2 + b^2c + bc^2) \geqslant 141abc.}$

Το τελευταίο είναι άμεσο από ΑΜ-ΓΜ.

Επιπλέον βλέπουμε ότι η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν a=b=c

.

gavrilos · #3

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 3

Δίνεται τραπέζιο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta} \left(AB\parallel \Gamma\Delta\right)}$ τέτοιο, ώστε το σημείο $\displaystyle{E}$ να είναι το σημείο τομής των διαγωνίων του και $\dipslaystyle{EB=E\Gamma}$ . Οι κάθετες από τα σημεία $\displaystyle{E}$ και $\displaystyle{B}$ προς τις ευθείες $\displaystyle{B\Gamma}$ και $\displaystyle{B\Delta}$ αντίστοιχα τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{Z}$ . Υποθέτουμε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\displaystyle{BZ\Delta}$ τέμνει την ευθεία $\displaystyle{A\Delta}$ στο σημείο $\displaystyle{\Theta}$ . Αν $\displaystyle{H}$ είναι το σημείο τομής της $\displaystyle{EZ}$ με την $\displaystyle{B\Gamma}$ , να αποδείξετε ότι τα σημεία $\displaystyle{H, \Theta, \Delta, \Gamma}$ βρίσκονται πάνω στον ίδιο κύκλο.

Καλησπέρα,χρόνια πολλά και ευχαριστούμε για τα προβλήματα που με μια πρώτη ματιά μου φαίνονται καλά,όπως και των προηγούμενων φάσεων.

: Γεωμετρια mathematica_143.PNG (22.08 KiB) Προβλήθηκε 2218 φορές

Ουσιαστικά το ζητούμενο είναι να δείξουμε ότι $\displaystyle{\triangle{AEH}\simeq \triangle{\Delta EZ}}$ και θα εξηγήσουμε αργότερα γιατί.

Το $\displaystyle{E}$ βρίσκεται στη μεσοκάθετο της $\displaystyle{B\Gamma}$ άρα η μεσοκάθετος αυτή είναι η $\displaystyle{EZ}$ .

Επομένως ισχύει $\displaystyle{\angle{\Gamma EH}=\angle{BEH}}$ .Επίσης ισχύει $\displaystyle{\angle{\Gamma E\Delta}=\angle{AEB}}$ ως κατακορηφήν.

Με πρόσθεση κατά μέλη των δύο παραπάνω σχέσεων λαμβάνουμε $\displaystyle{\angle{AEH}=\angle{\Delta EZ}}$ .

Για να αποδείξουμε την ομοιότητα αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{\frac{AE}{EH}=\frac{EZ}{\Delta E}\Leftrightarrow AE\cdot \Delta E=EH\cdot EZ}$ .

Από το θεώρημα του Θαλή λαμβάνουμε $\displaystyle{\frac{\Delta E}{EB}=\frac{\Gamma E}{AE}\Leftrightarrow AE\cdot \Delta E=EB\cdot E\Gamma =EB^2 \ \bf \color{red} (1)}$ .

Επίσης $\displaystyle{EH\cdot EZ=EB\cdot \eta \mu \hat{EBH}\cdot EB\cdot \frac{1}{\sigma \upsilon \nu \hat{BEH}}\overset{\angle{BEH}+\angle{EBH}=90^{\circ}}=EB^2}$ .

Αν λάβουμε υπ' όψιν και την $\displaystyle{\bf \color{red} (1)}$ παίρνουμε τελικά $\displaystyle{EH\cdot EZ=AE\cdot \Delta E}$ που είναι το ζητούμενο.

Άρα $\displaystyle{\triangle{AEH}\simeq \triangle{\Delta EZ}}$ .

Άρα οι κόκκινες γωνίες του σχήματος είναι ίσες.Επίσης οι πράσινες είναι ίσες ως εσωτερική και απέναντι εξωτερική του εγγεγραμμένου $\displaystyle{BZ\Delta \Theta}$ .

Όμως $\displaystyle{\angle{B\Delta Z}+\angle{BZ\Delta}=90^{\circ}=\angle{AHE}+\angle{AHB}\overset{\angle{B\Delta Z}=\angle{AHE}}{\Leftarrow \!=\!=\!=\!=\! \Rightarrow} \angle{BZ\Delta}=\angle{AHB}}$ .

Όμως $\displaystyle{\angle{BZ\Delta}=\angle{A\Theta B}}$ άρα $\displaystyle{\angle{AHB}=\angle{A\Theta B}}$ δηλαδή το $\displaystyle{ABH\Theta }$ είναι εγγράψιμο.

Συνεπώς $\displaystyle{\angle{BA\Delta}=\angle{BA\Theta}=\angle{\Gamma H\Theta}}$ .Όμως $\displaystyle{\angle{\Theta \Delta \Gamma}=180-\angle{BA\Delta}=180-\angle{\Gamma H \Theta}}$ .

Άρα το $\displaystyle{\Gamma H\Delta \Theta}$ είναι εγγράψιμο και το ζητούμενο αποδείχθηκε.

#4

Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλα τα ζεύγη ακεραίων $\displaystyle{\left(x, y\right)}$ τέτοια, ώστε $\displaystyle{y^2\left(y+1\right)=2x^3\left(y+4x^3\right)}$ .

Θέτω

και καταλήγω στην $\displaystyle{ 8z^2 + 2yz - (y^3 + y^2) = 0}$ που δίνει $\displaystyle{ z = \frac{-y \pm y\sqrt{8y+9}}{8}}$

Για να είναι ο

ακέραιος πρέπει απαραίτητα ο 8y+9

να είναι τέλειο τετράγωνο. Έστω 8y+9 = m^2

όπου $m \geqslant 0$ . Απαραίτητα πρέπει επίσης ο

να είναι περιττός.

Τότε έχω y = (m^2-9)/8

και καταλήγω στις $\displaystyle{ z = \frac{(m^2-9)(m-1)}{64}}$ ή $\displaystyle{ z = -\frac{(m^2-9)(m+1)}{64}.}$

Η πρώτη δίνει $\displaystyle{ (4χ)^3 = (m^2-9)(m-1) = m^3 - m^2 - 9m + 9}$

Είναι $\displaystyle{ (m-1)^3 < m^3 - m^2 - 9m + 9 < m^3}$ εκτός και αν $m \in \{1,3,5\}$ . Πράγματι η δεξιά ανισότητα ισχύει αν και μόνο αν m^2 + 9m - 9 > 0

ή ισοδύναμα (m+3)^2 > 18

. Η μόνο περιττή θετική τιμή που δεν δουλεύει είναι η m=1

. Ομοίως εργάζομαι και για την αριστερή ανισότητα.

Για m=1,3,5

καταλήγω στις λύσεις $(x,y) \in \{(0,-1),(0,0),(1,2)\}$ .

Η δεύτερη περίπτωση δίνει $\displaystyle{ (-4x)^3 = (m^2-9)(m+1) = m^3 + m^2 - 9m - 9}$

Είναι $\displaystyle{ m^3 < m^3 + m^2 - 9m - 9 < (m+1)^3}$ εκτός και αν $m \in \{1,3,5,7\}$ . Καμία όμως περίπτωση δεν δίνει κάποιο καινούργια λύση και συνεπώς οι μόνες λύσεις είναι οι (0,-1),(0,0)

και

.

Δεν το διπλοέλεγξα οπότε ελπίζω να μην έχασα κάποια λύση.

Αρχιμήδης 6 · #5

Για το πρόβλημα

ουσιαστικά όπως πολύ ωραία απέδειξε ο Δημήτρης όλη η ουσία είναι η συμπλήρωση τετραγώνου οπότε κατέληξα στην παρακάτω

$8y+9=(\dfrac{8x^3+y}{y})^2$

Εδώ έθεσα $\dfrac{8x^3+y}{y}=z$ , 8x^3=y(z-1)

,

και αντικαθιστώ τον $y=\dfrac{z^2-9}{8}$

$8x^3=\dfrac{z^2-9}{8}(z-1)$

(4x)^3=z^3-z^2-9z+9

όπως κατέληξε και ο Δημήτρης που ουσιαστικά δεν έχει διαφορά . Σε αυτό το σημείο η τεχνική είναι γνωστή.

Ξεχωριστή εξίσωση αλλά δεν αφήνει πολλά περιθώρια για άλλες προσεγγίσεις...

#6

Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 4

Έχουμε δύο μαυροπίνακες $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{B}$ . Πανω στον πίνακα $\displaystyle{A}$ γράφουμε κάποιο πλήθος διαφορετικών ακεραίων αριθμών $\displaystyle{x_i, i=1, 2, 3, ...}$ με $\displaystyle{2\leq x_i\leq20}$ και πάνω στον πίνακα $\displaystyle{B}$ γράφουμε κάποιο πλήθος διαφορετικών ακεραίων αριθμών $\displaystyle{y_j, j=1, 2, 3, ...}$ με $\displaystyle{2\leq y_j\leq20}$ . Οι αριθμοί στους δύο πίνακες είναι γραμμένοι με τέτοιο τρόπο, ώστε κάθε ζευγάρι αριθμών $\displaystyle{\left(x_i, y_j\right)}$ , ένας από τον πίνακα $\displaystyle{A}$ και ένας από τον πίνακα $\displaystyle{B}$ να είναι πρώτοι μεταξύ τους αριθμοί, δηλαδή $\displaystyle{MK\Delta\left(x_i, y_j\rigth)=1}$ για κάθε $\displaystyle{i, j}$ . Αν συμβολίσουμε με $\displaystyle\left|A\right|, \left|B\right|}$ το πλήθος του συνόλου των αριθμών που είναι γραμμένοι πάνω στους δύο πίνακες $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{B}$ αντίστοιχα, να προσδιορίσετε τη μέγιστη τιμή του γινομένου $\displaystyle{\left|A\right|\cdot\left|B\right|}$ που είναι δυνατόν να πάρουμε.

Είχα μια λύση από χθες αλλά ήθελα να βρω μια καλύτερη δικαιολόγηση. Ας το δούμε λοιπόν.

Μπορώ να πάρω $A = \{2,3,4,5,6,8,9,10,12,15,16,18,20\}$ και $B = \{7,11,13,17,19\}$ που δίνει $|A|\,|B| = 65$ . Θα δείξω ότι αυτό είναι το μέγιστο.

Μπορώ να υποθέσω ότι κάθε πρώτος p < 20

ανήκει σε ένα από τα δύο σύνολα. Πράγματι αν δεν ανήκει σε κανένα τότε το πολύ ένα από το δύο σύνολα έχει πολλαπλάσια του

οπότε αν προσθέσω τον

σε αυτόν δεν χαλάνε οι συνθήκες. (Αν κανένα σύνολο δεν έχει πολλαπλάσια του

τότε προσθέτω το

σε οποιοδήποτε από τα δύο σύνολα αυθαίρετα.)

Χωρίς βλάβη της γενικότητας $2 \in A$ . Αν $3 \in B$ τότε τα 6,12,18

δεν ανήκουν σε κανένα σύνολο. Οπότε $|A| + |B| \leqslant 16$ (αφού τα A,B

δεν μπορούν να έχουν κοινά στοιχεία) και άρα $|A| \, |B| \leqslant 64$ .

Οπότε $2,3 \in A$ . Αν $5 \in B$ , τότε τα 10,15,20

δεν ανήκουν σε κανένα σύνολο και έχω πάλι άτοπο όπως προηγουμένως.

Οπότε $2,3,5 \in A$ και άρα μπορώ να υποθέσω ότι $A \supseteq \{2,3,4,5,6,8,9,10,12,15,16,18,20\}$ , δηλαδή $|A| \geqslant 13$ . (Τα $4,6,8,\ldots,20$ δεν μπορούν να ανήκουν στο

. Αν κάποιο δεν ανήκει σε κανένα μπορώ ελεύθερα να το προσθέσω στο

χωρίς να χαλάσω τις συνθήκες.)

Τότε όμως
$\displaystyle{ |A||B| \leqslant |A|(18-|A|) = 81 - (|A| - 9)^2 \leqslant 81-16 = 65.}$

G.Bas · #7

Demetres έγραψε: $\displaystyle{ 2(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) \geqslant \frac{(a+b+c)^3}{9} + 15abc}$

Θα δείξω ότι η τελευταία ανισότητα ισχύει για κάθε άσχετα με το αν ή όχι.

Καλημέρα Δημήτρη!

Και πιο απλά, χωρίς πράξεις!

Από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz θα είναι

$\displaystyle{\frac{(a+b+c)^3}{9}\leq\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{3}.}$ Μένει να δειχθεί η

$\displaystyle{2(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\geq\frac{1}{3}\cdot (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)+15abc}$ ή τελικά η

$\displaystyle{5(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\geq 45abc}$ η οποία φυσικά και ισχύει λόγω της Ανισότητας AM-GM, δηλαδή

$\displaystyle{5(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\geq 5\cdot 3\sqrt[3]{abc}\cdot 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=45abc.}$

#8

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 1

Αν $\displaystyle{a, b, c}$ τρεις θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε $\displaystyle{a+b+c=2}$ , να βρείτε τον μεγαλύτερο θετικό πραγματικό αριθμό $\displaystyle{k}$ , ώστε να ισχύει η ανίσωση $\displaystyle{4\left(a^2+b^2+c^2\right)\geq k+15abc}$ . Για ποιες τιμές των $\displaystyle{a, b, c}$ ισχύει η ισότητα;

Καλημέρα! Μία "σημαδεμένη"απάντηση αφού πρώτα ο Δημήτρης "αποκάλυψε" το ζητούμενο.

Έχω:

$\displaystyle{\frac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}} \Leftrightarrow abc \le {\left( {\frac{2}{3}} \right)^3} \Leftrightarrow - 15abc \ge - \frac{{40}}{9},(1)}$

$\displaystyle{4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - 15abc = \frac{4}{3}3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - 15abc\mathop \ge \limits_{\left( 1 \right)}^{C - S} \frac{4}{3}{\left( {a + b + c} \right)^2} - \frac{{40}}{9} = \frac{{16}}{3} - \frac{{40}}{9} = \frac{8}{9}}$

με την ισότητα να ισχύει αν και μόνον αν $\displaystyle{a=b=c=\frac{2}{3}}$

Αρκεί λοιπόν $\displaystyle{k \le \frac{8}{9}}$ δηλαδή η μέγιστη τιμή που μπορεί να λάβει ο

είναι $\displaystyle{k =\frac{8}{9}}$ και φυσικά επιτυγχάνεται για τις παραπάνω τιμές των $\displaystyle{a,b,c}.$

#9

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 2

Να βρείτε όλα τα ζεύγη ακεραίων $\displaystyle{\left(x, y\right)}$ τέτοια, ώστε $\displaystyle{y^2\left(y+1\right)=2x^3\left(y+4x^3\right)}$ .

Δείτε και εδώ
http://artofproblemsolving.com/communit ... 06p2624385

#10

Γιώργο και Χρήστο, σαφώς και έχετε δίκιο για την άσκηση 1. Δεν περίμενε ότι θα ήταν τόσο απλή οπότε πήγα αμέσως στις πράξεις. Έπρεπε να το υποψιαστώ ότι αφού βγήκα απευθείας με ΑΜ-ΓΜ χωρίς καν να χρειαστεί να συγκεντρώσω κάποιους όρους ότι θα έβγαινε και πιο απλά.

Soteris · #11

Οι προτεινόμενες λύσεις από την επιτροπή θεματοθετών.

Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Re: Γ' Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για ΒΜΟ/ΙΜΟ, 2015

Μέλη σε σύνδεση