BMO 2015

Soteris · #1

Τα θέματα...

Πρόβλημα 1

(Montenegro)

Αν $\displaystyle{a, b}$ και $\displaystyle{c}$ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι : $\displaystyle{a^3b^6+b^3c^6+c^3a^6+3a^3b^3c^3\geq abc\left(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\right)+a^2b^2c^2\left(a^3+b^3+c^3\right)}$

Πρόβλημα 2

(Cyprus)

Έστω $\displaystyle{ABC}$ ένα σκαληνό τρίγωνο με έκκεντρο $\displaystyle{I}$ και περιγεγραμμένο κύκλο $\displaystyle{\left(\omega\right)}$ . Οι ευθείες $\displaystyle{AI, BI, CI}$ τέμνουν τον $\displaystyle{\left(\omega\right)}$ για δεύτερη φορά στα σημεία $\displaystyle{D, E, F}$ , αντίστοιχα. Οι παράλληλες ευθείες από το $\displaystyle{I}$ προς τις πλευρές $\displaystyle{BC, AC, AB}$ τέμνουν τις ευθείες $\displaystyle{EF, DF, DE}$ στα σημεία $\displaystyle{K, L, M}$ , αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι τα σημεία $\displaystyle{K, L, M}$ είναι συνευθειακά.

Πρόβλημα 3

(Cyprus)

Μία επιτροπή από $\displaystyle{3366}$ κριτικούς κινηματογράφου ψηφίζει για τα Όσκαρ. Κάθε κριτικός ψηφίζει ακριβώς έναν ηθοποιό και ακριβώς μία ηθοποιό. Μετά την ψηφοφορία διαπιστώθηκε ότι για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n\in \left\{1, 2, ..., 100\right\}}$ , υπάρχει κάποιος ηθοποιός ή κάποια ηθοποιός που ψηφίστηκε ακριβώς $\displaystyle{n}$ φορές. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο κριτικοί που ψήφισαν τον ίδιο ηθοποιό και την ίδια ηθοποιό.

Πρόβλημα 4

(Serbia)

Να αποδείξετε ότι μεταξύ $\displaystyle{20}$ διαδοχικών θετικών ακεραίων υπάρχει ένας ακέραιος $\displaystyle{d}$ τέτοιος ώστε για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n}$ να ισχύει η ανισότητα $\displaystyle{n\sqrt{d}\left\{n\sqrt{d}\right\}>\dfrac{5}{2}}$ ,
όπου με $\displaystyle{\left\{x\right\}}$ συμβολίζουμε το κλασματικό μέρος του πραγματικού $\displaystyle{x}$ . Το κλασματικό μέρος του πραγματικού αριθμού $\displaystyle{x}$ ορίζεται ως η διαφορά του μεγαλύτερου ακεραίου που είναι μικρότερος ή ίσος του $\displaystyle{x}$ από τον πραγματικό αριθμό $\displaystyle{x}$ .

#2

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 1

(Montenegro)

Αν $\displaystyle{a, b}$ και $\displaystyle{c}$ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι : $\displaystyle{a^3b^6+b^3c^6+c^3a^6+3a^3b^3c^3\geq abc\left(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\right)+a^2b^2c^2\left(a^3+b^3+c^3\right)}$

Η ανισότητα Schur $x^3+y^3+z^3+3xyz\geq x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2$ για

$x=ab^2, \ y=bc^2, \ z=ca^2$ γίνεται:

$\begin{aligned} a^3b^6+b^3c^6+c^3a^6 + 3a^3b^3c^3 &\geq a^2b^5c^2+ab^4c^4+b^2c^5a^2+bc^4a^4+c^2a^5b^2+ca^4b^4 \\ &= \left(a^2b^5c^2+b^2c^5a^2+c^2a^5b^2\right)+\left(ab^4c^4+bc^4a^4+ca^4b^4\right) \\ &= a^2b^2c^2\left(a^3+b^3+c^3\right)+abc\left(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\right) \end{aligned}$

που είναι η ανισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε.

Νομίζω πολύ απλό για τέτοιο διαγωνισμό! Αλλά αφού το ψήφισαν... (Ίσως η επίσημη λύση να ήταν δυσκολότερη και αυτό να τους έκανε να το επιλέξουν).

Αλέξανδρος

#3

Συγχαρητήρια στην Κύπρο για τα δύο θέματά της που τέθηκαν στο διαγωνισμό. Γνωρίζουμε τους κατασκευαστές; (Αν και υποψιάζομαι την συνδυαστική ποιος (μέλος μας) την κατασκεύασε...

)

Αλέξανδρος

#4

cretanman έγραψε:
Νομίζω πολύ απλό για τέτοιο διαγωνισμό! Αλλά αφού το ψήφισαν... (Ίσως η επίσημη λύση να ήταν δυσκολότερη και αυτό να τους έκανε να το επιλέξουν).

Πάντα υπάρχει ένα απλό πρόβλημα. Υποψιάζομαι ότι αυτή ήταν και η επίσημη λύση.

Soteris · #5

cretanman έγραψε:Συγχαρητήρια στην Κύπρο για τα δύο θέματά της που τέθηκαν στο διαγωνισμό. Γνωρίζουμε τους κατασκευαστές; (Αν και υποψιάζομαι την συνδυαστική ποιος (μέλος μας) την κατασκεύασε... )

Αλέξανδρος

Αλέξανδρε, να συγχαρούμε για το πρόβλημα 2 το Θεόκλητο Παραγύιου και για το πρόβλημα 3 το Δημήτρη Χριστοφίδη (Demetres).

#6

cretanman έγραψε:Συγχαρητήρια στην Κύπρο για τα δύο θέματά της που τέθηκαν στο διαγωνισμό. Γνωρίζουμε τους κατασκευαστές; (Αν και υποψιάζομαι την συνδυαστική ποιος (μέλος μας) την κατασκεύασε... )

Αλέξανδρος

Την γεωμετρία από ότι μου είπε ο Σωτήρης την κατασκεύασε ο Θεόκλητος.

#7

Συγχαρητήρια στον Θεόκλητο ακούραστο εργάτη της γεωμετρίας και των μαθηματικών! Για τον Δημήτρη ό,τι και να πω είναι λίγο!! Τον γνωρίζουμε και ξέρουμε τα όμορφα θέματά του!

Δημήτρη θερμά συγχαρητήρια...

Αλέξανδρος

S.E.Louridas · #8

Συγχαρητήρια στον Δημήτρη αλλά και το φίλο μου Θεόκλητο για τις κατασκευές τους. Πρόκειται για συναδέλφους με συνεχή δείγματα γραφής που τους καθιστούν ορατούς και τους κατοχυρώνουν στη συνείδηση της Μαθηματικής κοινότητας ως Άριστους. Τους εύχομαι να είναι καλά για να μας προσφέρουν.

#9

Soteris έγραψε:Πρόβλημα 2 (Cyprus)

Έστω $\displaystyle{ABC}$ ένα σκαληνό τρίγωνο με έκκεντρο $\displaystyle{I}$ και περιγεγραμμένο κύκλο $\displaystyle{\left(\omega\right)}$ . Οι ευθείες $\displaystyle{AI, BI, CI}$ τέμνουν τον $\displaystyle{\left(\omega\right)}$ για δεύτερη φορά στα σημεία $\displaystyle{D, E, F}$ , αντίστοιχα. Οι παράλληλες ευθείες από το $\displaystyle{I}$ προς τις πλευρές $\displaystyle{BC, AC, AB}$ τέμνουν τις ευθείες $\displaystyle{EF, DF, DE}$ στα σημεία $\displaystyle{K, L, M}$ , αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι τα σημεία $\displaystyle{K, L, M}$ είναι συνευθειακά.

: BMO 2015 - Πρόβλημα 2.; f=58_t=49437.PNG (29.93 KiB) Προβλήθηκε 4616 φορές

Έστω τα σημεία $X\equiv BC\cap EF$ και $Y\equiv AC\cap DF$ και $Z\equiv AB\cap DE$ και από $AD\cap BE\cap CF\equiv I$ έχουμε ότι τα τρίγωνα $\vartriangle ABC,\ \vartriangle D EF$ είναι προοπτικά και άρα, σύμφωνα με το Θεώρημα Desarques, προκύπτει ότι τα σημεία $X,\ Y,\ Z$ είναι συνευθείακά.

Από $IL\parallel AY$ και $IM\parallel AZ\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{DL}{LY} = \frac{DI}{IA} = \frac{DM}{MZ}\ \ \ ,(1)$

Από $(1)\Rightarrow$ $LM\parallel YZ\ \ \ ,(2)$

Ομοίως από $IL\parallel CY$ και $IK\parallel CX\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{FL}{LY} = \frac{FI}{IC} = \frac{FK}{KX}\ \ \ ,(3)$

Από $(3)\Rightarrow$ $LK\parallel YX\ \ \ ,(4)$

Από $(2),\ (4)$ και συνευθειακά $X,\ Y,\ Z$ , συμπεραίνεται ότι τα σημεία $K,\ L,\ M$ ανήκουν στην ίδια ευθεία και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Όπως φαίνεται από την απόδειξη, το σημείο

δεν είναι απαραίτητο να ταυτίζεται με το έγκεντρο του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ . Επίσης, δεν είναι απαραίτητο να είναι το $\vartriangle D EF$ το κυκλοσεβιανό τρίγωνο του σημείου

.

Θερμά συγχαρητήρια στον δικό μας Δημήτρη Χριστοφίδη, Συντονιστή στο

, για την επιλογή της πρότασής του στον διαγωνισμό. Συγχαρητήρια επίσης στον Θεόκλητο Παραγύιου. Είναι μέλος του φόρουμ ;

Soteris · #10

vittasko έγραψε:Είναι και ο Θεόκλητος Παραγυιού μέλος του φόρουμ ;

Έχω την εντύπωση πως όχι, αλλά θα του μεταφέρω τα καλά λόγια όλων...

#11

Soteris έγραψε: Πρόβλημα 4

(Serbia)

Να αποδείξετε ότι μεταξύ $\displaystyle{20}$ διαδοχικών θετικών ακεραίων υπάρχει ένας ακέραιος $\displaystyle{d}$ τέτοιος ώστε για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n}$ να ισχύει η ανισότητα $\displaystyle{n\sqrt{d}\left\{n\sqrt{d}\right\}>\dfrac{5}{2}}$ ,
όπου με $\displaystyle{\left\{x\right\}}$ συμβολίζουμε το κλασματικό μέρος του πραγματικού $\displaystyle{x}$ . Το κλασματικό μέρος του πραγματικού αριθμού $\displaystyle{x}$ ορίζεται ως η διαφορά του μεγαλύτερου ακεραίου που είναι μικρότερος ή ίσος του $\displaystyle{x}$ από τον πραγματικό αριθμό $\displaystyle{x}$ .

Ωραίο πρόβλημα!

Σίγουρα σε αυτούς τους αριθμούς υπάρχει ένας που είναι ισότιμος με $15\bmod 20$ . Θα δείξουμε ότι αν πάρουμε αυτόν ως

μας κάνει. Οι βασικές παρατηρήσεις είναι ότι ο

είναι πολλαπλάσιο του

και ισότιμος με $3 \bmod 4$ . Πιο συγκεκριμένα υπάρχει πρώτος

με

και $p \equiv 3 \bmod 4$ .

Σίγουρα ο

δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Έστω λοιπόν φυσικός

. Αφού ο

δεν είναι τέλειο τετράγωνο, ούτε ο n^2d

είναι τέλειο τετράγωνο. Επομένως υπάρχει φυσικός

με

. Τότε

$\displaystyle{\{n\sqrt{d}\} = n\sqrt{d} - m = \frac{n^2d-m^2}{n\sqrt{d} + m} > \frac{n^2d-m^2}{2n\sqrt{d}}}$

και άρα

$\displaystyle{ n\sqrt{d}\{n\sqrt{d}\} > \frac{nd^2-m^2}{2} \geqslant \frac{5}{2}}$

Η τελευταία ανισότητα ισχύει επειδή
$\displaystyle{ n^2d \neq m^2+1}$ αφού το αριστερό μέλος είναι πολλαπλάσιο του

ενώ το δεξί όχι. (Το

δεν είναι τετραγωνικό κατάλοιπο $\bmod p$ .)
$\displaystyle{ n^2d \neq m^2+2}$ αφού το αριστερό μέλος είναι πολλαπλάσιο του

ενώ το δεξί όχι.
$\displaystyle{ n^2d \neq m^2+3}$ αφού το αριστερό μέλος είναι πολλαπλάσιο του

ενώ το δεξί όχι.
$\displaystyle{ n^2d \neq m^2+4}$ αφού το αριστερό μέλος είναι πολλαπλάσιο του

ενώ το δεξί όχι. (Το

δεν είναι τετραγωνικό κατάλοιπο $\bmod p$ αφού ούτε και το

είναι.)

nikolaos p. · #12

Πολύ ωραία θέματα, συγχαρητήρια!

biomass · #13

cretanman έγραψε:
Soteris έγραψε: Πρόβλημα 1

(Montenegro)
Αν $\displaystyle{a, b}$ και $\displaystyle{c}$ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι : $\displaystyle{a^3b^6+b^3c^6+c^3a^6+3a^3b^3c^3\geq abc\left(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\right)+a^2b^2c^2\left(a^3+b^3+c^3\right)}$
Η ανισότητα Schur $x^3+y^3+z^3+3xyz\geq x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2$ για

$x=ab^2, \ y=bc^2, \ z=ca^2$ γίνεται:

$\begin{aligned} a^3b^6+b^3c^6+c^3a^6 + 3a^3b^3c^3 &\geq a^2b^5c^2+ab^4c^4+b^2c^5a^2+bc^4a^4+c^2a^5b^2+ca^4b^4 \\ &= \left(a^2b^5c^2+b^2c^5a^2+c^2a^5b^2\right)+\left(ab^4c^4+bc^4a^4+ca^4b^4\right) \\ &= a^2b^2c^2\left(a^3+b^3+c^3\right)+abc\left(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\right) \end{aligned}$

που είναι η ανισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε.

Νομίζω πολύ απλό για τέτοιο διαγωνισμό! Αλλά αφού το ψήφισαν... (Ίσως η επίσημη λύση να ήταν δυσκολότερη και αυτό να τους έκανε να το επιλέξουν).

Αλέξανδρος

Έχω σκεφτεί μια προσέγγιση , αλλά δεν με βγάζει κάπου.

a^3b^6+b^3c^6+c^3a^6+3a^3b^3c^3

\displaystyle{+c^3a^6+a^3b^3c^3

=a^3b^3(b^3+c^3) + b^3c^3(a^3+c^3)+ c^3a^3(b^3+a^3) Ισχύει η ανισότητα

x^3+y^3\geq xy(x+y)

x,y

=a^3b^3(b^3+c^3) + b^3c^3(a^3+c^3)+ c^3a^3(b^3+a^3)} $\geq a^3b^3bc(b+c) + b^3c^3ac(a+b)+c^3a^3ab(a+b)$ =a^3b^4c(b+c) + b^3c^4a(a+c)+ c^3a^4b(a+b)

Οπότε, αρκεί ν.δ.ο. abc(b^4a^2+b^2c^4+c^2a^4)+ a^2b^2c^2(ab^2+bc^2+a^2c)

\displaystyle{\geq} $abc\left(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\right)+a^2b^2c^2\left(a^3+b^3+c^3\right)}$

Υποθέτω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι $c\geq b \geq a$ .

Έστω ότι ισχύει η $abc(b^4a^2) \geq abc(a^3b^3)$ \displaystyle{\Longleftrightarrow} $b^4a^2 \geq a^3b^3$ \displaystyle{\Longleftrightarrow b \geq a , άρα ισχύει

και έστω

ab^2 \geq a^3} $\Longleftrightarrow b^2 \geq a^2$ $\Longleftrightarrow b \geq a$ .

Με κυκλική εναλλαγή των a,b,c

και πρόσθεση κατά μέλη ισχύει η ανισότητα που είχα ισχυριστεί και άρα αποδεικνύεται η αρχική.

#14

Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 3

(Cyprus)

Μία επιτροπή από $\displaystyle{3366}$ κριτικούς κινηματογράφου ψηφίζει για τα Όσκαρ. Κάθε κριτικός ψηφίζει ακριβώς έναν ηθοποιό και ακριβώς μία ηθοποιό. Μετά την ψηφοφορία διαπιστώθηκε ότι για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n\in \left\{1, 2, ..., 100\right\}}$ , υπάρχει κάποιος ηθοποιός ή κάποια ηθοποιός που ψηφίστηκε ακριβώς $\displaystyle{n}$ φορές. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο κριτικοί που ψήφισαν τον ίδιο ηθοποιό και την ίδια ηθοποιό.

Για να μην μείνει άλυτη δίνω μια βοήθεια:

Για κατάλληλο

, και για κάθε $k \leqslant n \leqslant 100$ επιλέξτε ένα ή μία ηθοποιό που πήρε ακριβώς

ψήφους. Έστω

το σύνολο αυτών των ηθοποιών. Έστω

το σύνολο όλων των κριτικών που ψήφισαν δύο μέλη από το

.

Βρείτε άνω και κάτω φράγματα για το

τα οποία για κατάλληλο

θα μας δώσουν άτοπο.

Αρχιμήδης 6 · #15

Demetres έγραψε:
Soteris έγραψε: Πρόβλημα 4

(Serbia)

Να αποδείξετε ότι μεταξύ $\displaystyle{20}$ διαδοχικών θετικών ακεραίων υπάρχει ένας ακέραιος $\displaystyle{d}$ τέτοιος ώστε για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n}$ να ισχύει η ανισότητα $\displaystyle{n\sqrt{d}\left\{n\sqrt{d}\right\}>\dfrac{5}{2}}$ ,
όπου με $\displaystyle{\left\{x\right\}}$ συμβολίζουμε το κλασματικό μέρος του πραγματικού $\displaystyle{x}$ . Το κλασματικό μέρος του πραγματικού αριθμού $\displaystyle{x}$ ορίζεται ως η διαφορά του μεγαλύτερου ακεραίου που είναι μικρότερος ή ίσος του $\displaystyle{x}$ από τον πραγματικό αριθμό $\displaystyle{x}$ .
Ωραίο πρόβλημα!

Σίγουρα σε αυτούς τους αριθμούς υπάρχει ένας που είναι ισότιμος με $15\bmod 20$ . Θα δείξουμε ότι αν πάρουμε αυτόν ως μας κάνει. Οι βασικές παρατηρήσεις είναι ότι ο είναι πολλαπλάσιο του και ισότιμος με $3 \bmod 4$ . Πιο συγκεκριμένα υπάρχει πρώτος με και $p \equiv 3 \bmod 4$ .

Σίγουρα ο δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Έστω λοιπόν φυσικός . Αφού ο δεν είναι τέλειο τετράγωνο, ούτε ο είναι τέλειο τετράγωνο. Επομένως υπάρχει φυσικός με . Τότε

$\displaystyle{\{n\sqrt{d}\} = n\sqrt{d} - m = \frac{n^2d-m^2}{n\sqrt{d} + m} > \frac{n^2d-m^2}{2n\sqrt{d}}}$

και άρα

$\displaystyle{ n\sqrt{d}\{n\sqrt{d}\} > \frac{nd^2-m^2}{2} \geqslant \frac{5}{2}}$

Η τελευταία ανισότητα ισχύει επειδή
$\displaystyle{ n^2d \neq m^2+1}$ αφού το αριστερό μέλος είναι πολλαπλάσιο του ενώ το δεξί όχι. (Το δεν είναι τετραγωνικό κατάλοιπο $\bmod p$ .)
$\displaystyle{ n^2d \neq m^2+2}$ αφού το αριστερό μέλος είναι πολλαπλάσιο του ενώ το δεξί όχι.
$\displaystyle{ n^2d \neq m^2+3}$ αφού το αριστερό μέλος είναι πολλαπλάσιο του ενώ το δεξί όχι.
$\displaystyle{ n^2d \neq m^2+4}$ αφού το αριστερό μέλος είναι πολλαπλάσιο του ενώ το δεξί όχι. (Το δεν είναι τετραγωνικό κατάλοιπο $\bmod p$ αφού ούτε και το είναι.)

Ωραίο πρόβλημα και ωραία λύση!

#16

Demetres έγραψε:
Soteris έγραψε:
Πρόβλημα 3

(Cyprus)

Μία επιτροπή από $\displaystyle{3366}$ κριτικούς κινηματογράφου ψηφίζει για τα Όσκαρ. Κάθε κριτικός ψηφίζει ακριβώς έναν ηθοποιό και ακριβώς μία ηθοποιό. Μετά την ψηφοφορία διαπιστώθηκε ότι για κάθε θετικό ακέραιο $\displaystyle{n\in \left\{1, 2, ..., 100\right\}}$ , υπάρχει κάποιος ηθοποιός ή κάποια ηθοποιός που ψηφίστηκε ακριβώς $\displaystyle{n}$ φορές. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο κριτικοί που ψήφισαν τον ίδιο ηθοποιό και την ίδια ηθοποιό.
Για να μην μείνει άλυτη δίνω μια βοήθεια:

Για κατάλληλο , και για κάθε $k \leqslant n \leqslant 100$ επιλέξτε ένα ή μία ηθοποιό που πήρε ακριβώς ψήφους. Έστω το σύνολο αυτών των ηθοποιών. Έστω το σύνολο όλων των κριτικών που ψήφισαν δύο μέλη από το .

Βρείτε άνω και κάτω φράγματα για το τα οποία για κατάλληλο θα μας δώσουν άτοπο.

Μετά από πολύ καιρό, έβαλα μια λύση εδώ.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #17

Μια λύση για την γεωμετρία
Έστω $Q_2\equiv DF\cap AB$ .Είναι DQ_2

μεσοκάθετος

οπότε $\angle Q_2IB=\angle Q_2BI=\angle IBC$ άρα $IQ_2\parallel BC$ .Όμοια τα Q_1,Q_2,Q_3,Q_4,Q_5,Q_6

όπως στο σχήμα.
Αν X,Y,Z

οι τομές των FD,FE,ED

με

αντίστοιχα τότε αφού ABC

,

προοπτικά θα είναι X,Y,Z

συνευθειακά .Έτσι αν δούμε τα Q_i

από αντίστροφο του Pascal είναι ομοκωνικά.
Οπότε τώρα πάλι με Pascal σε αυτά παίρνουμε το ζητούμενο .

: 5.PNG (48.78 KiB) Προβλήθηκε 2427 φορές

BMO 2015

BMO 2015

Re: BMO 2015

Re: BMO 2015

Re: BMO 2015

Re: BMO 2015

Re: BMO 2015

Re: BMO 2015

Re: BMO 2015

Re: BMO 2015

Re: BMO 2015

Re: BMO 2015

Re: BMO 2015

Re: BMO 2015

Re: BMO 2015

Re: BMO 2015

Re: BMO 2015

Re: BMO 2015

Μέλη σε σύνδεση