BMO Shortlist 2015 (1/2)

#1

Μιας και πλησιάζει η ΒΜΟ και οι διαγωνισμοί επιλογής έχουν τελειώσει, βάζω τα θέματα της περσινής λίστας. Υπενθυμίζω ότι ο διαγωνισμός είχε γίνει εδώ στην Αθήνα,
επομένως η Ελλάδα δεν πρότεινε προβλήματα. Η επιτροπή επιλογής προβλημάτων αποτελούνταν από τους παρακάτω:
Πρόεδρος: Α. Φελλούρης
Αντιπρόδρος: Δ. Κοντοκώστας
Μέλη: Β. Ψύχας, Σ. Μπραζιτίκος

Άλγεβρα
A1. (Μαυροβούνιο)
Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς

,

και

. Να αποδειχθεί ότι
$\displaystyle{ a^3b^6+b^3c^6+c^3a^6+3a^3b^3c^3 \ge abc(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)+a^2b^2c^2(a^3+b^3+c^3).}$

A2. (Αλβανία)
Αν a,b

και

είναι πλευρές τριγώνου και r, R

και

είναι η εγγεγραμμένη ακτίνα, η περιγεγραμμένη ακτίνα και η ημιπερίμετρος, να δείξετε ότι

$\diplaystyle{ \frac{1}{a + b} + \frac{1}{a + c} + \frac{1}{b + c} \leq \frac{r}{16Rs}+\frac{s}{16Rr} + \frac{11}{8s}}$

A3. (Π.Γ.Δ.Μ)
Αν a,b,c

είναι μήκη πλευρών τριγώνου και m_a,m_b,m_c

είναι οι διάμεσοι στις αντίστοιχες πλευρές,
να δειχθεί ότι

$\displaystyle{ m_a\left(\frac{b}{a}-1\right)\left(\frac{c}{a}-1\right)+ m_b\left(\frac{a}{b}-1\right)\left(\frac{c}{b}-1\right) +m_c\left(\frac{a}{c}-1\right)\left(\frac{b}{c}-1\right)\geq 0.}$

A4. (Αλβανία)
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}$ ώστε

$\displaystyle{ (x+y)f(2yf(x)+f(y))=x^{3}f(yf(x)), \ \ \ \forall x,y\in \mathbb{R}^{+}.}$

A5. (Τουρκία)
Αν m, n

είναι θετικοί ακέραιοι και a, b

είναι θετικοί πραγματικοί διάφοροι του 1 ώστε m > n

και
$\displaystyle \frac{a^{m+1}-1}{a^m-1} = \frac{b^{n+1}-1}{b^n-1} = c$ , να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle a^m c^n > b^n c^{m}$ .

A6. (Σερβία)

Για ένα πολυώνυμο $P\in \mathbb{R}[x],$ θα γράφουμε f(P)=n

αν

είναι ο μικρότερος θετικός ακέραιος για τον οποίο ισχύει

$\displaystyle{(\forall x\in \mathbb{R})(\underbrace{P(P(\ldots P}_{n}(x))\ldots )>0),}$

και f(P)=0

αν τέτοιος

δεν υπάρχει. Υπάρχει πολυώνυμο $P\in \mathbb{R}[x]$ βαθμού $2014^{2015}$
έτσι ώστε f(P)=2015

?

#2

smar έγραψε: A2. (Αλβανία)
Αν και είναι πλευρές τριγώνου και και είναι η εγγεγραμμένη ακτίνα, η περιγεγραμμένη ακτίνα και η ημιπερίμετρος, να δείξετε ότι

$\diplaystyle{ \frac{1}{a + b} + \frac{1}{a + c} + \frac{1}{b + c} \leq \frac{r}{16Rs}+\frac{s}{16Rr} + \frac{11}{8s}}$

Με χρήση των γνωστών σχέσεων

$\displaystyle{abc=4sRr,\, \, ab+bc+ca=s^2+r^2+4Rr}$

μπορούμε να δούμε ότι η αποδεικτέα γράφεται

$\displaystyle{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{9}{a+b+c}\geq 4\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right).}$

Αυτή ισχύει μάλιστα για τυχόντες θετικούς $\displaystyle{a,b,c.}$ Είναι άμεση συνέπεια της ανισότητας Popoviciu στην κυρτή συνάρτηση $\displaystyle{f(x)=\frac{1}{x},~x>0.}$

#3

matha έγραψε: Αυτή ισχύει μάλιστα για τυχόντες θετικούς $\displaystyle{a,b,c.}$ Είναι άμεση συνέπεια της ανισότητας Popoviciu στην κυρτή συνάρτηση $\displaystyle{f(x)=\frac{1}{x},~x>0.}$

Ωραία Θάνο, μπορούμε να αποφύγουμε την Popoviciu ως εξής:
$\displaystyle\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{9}{a+b+c}\geq 4\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right).$
Πολλαπλασιάζοντας τα δύο μέλη με a+b+c,

μένει να δείξουμε ότι:
$\displaystyle\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}+3+9\geq 4\left(3+\frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}\right)$
ή
$\displaystyle\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}\geq 4\left(\frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}\right).$
Όμως ισχύει ότι
$\displaystyle\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq\frac{4}{a+b}\ \ \Longrightarrow\ \ \frac{c}{a}+\frac{c}{b}\geq\frac{4c}{a+b}.$

Προσθέτοντας τις όμοιες με αυτή παίρνουμε το ζητούμενο

maiksoul · #4

smar έγραψε: A4. (Αλβανία)
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}$ ώστε

$\displaystyle{ (x+y)f(2yf(x)+f(y))=x^{3}f(yf(x)), \ \ \ \forall x,y\in \mathbb{R}^{+}.\;\;\;\;\;(1)}$

Εάν έχω καταλάβει καλά τους συμβολισμούς, μια προσέγγιση:

$y=1:(1)\Rightarrow (x+1)f[2f(x)+f(1)]=x^{3}f[f(x)]\Rightarrow$

$\frac{f[f(x)]}{f[2f(x)+f(1)]}=\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{x^{3}}\;\forallx>0\;\;(2)$

Για x_1,x_2

θετικά , με $f(x_1=f(x_2)\;\;\;$ παίρνουμε: $\frac{f[f(x_1)]}{f[2f(x_1)+f(1)]}=\frac{f[f(x_2)]}{f[2f(x_2)+f(1)]}$

$\frac{1}{x_1^{2}}+\frac{1}{x_1^{3}}=\frac{1}{x_2^{2}}+\frac{1}{x_2^{3}}\Rightarrow x_{1}=x_{2}$
διότι η συνεχής συνάρτηση $g(x)=\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{x^{3}},\;\;\;x>0$ είναι γνησίως φθίνουσα.
Επομένως η

είναι

Για $x=2,y=6:\;\;\;(1)\Rightarrow 8f[12f(2)+f(6)]=8f[6f(2)]\Rightarrow$

$f[12f(2)+f(6)]=f[6f(2)]\Rightarrow 6f(2)+f(6)=0$ Ατοπο,

διότι το τελευταίο είναι άθροισμα θετικών αριθμών .

Επομένως δεν υπάρχει συνάρτηση που να ικανοποιεί την (1)

#5

smar έγραψε: Άλγεβρα
A1. (Μαυροβούνιο)
Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς , και . Να αποδειχθεί ότι
$\displaystyle{ a^3b^6+b^3c^6+c^3a^6+3a^3b^3c^3 \ge abc(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)+a^2b^2c^2(a^3+b^3+c^3).}$

Απλή εφαρμογή της Schur που λέει για $x,y,z \geqslant 0$ (διορθώθηκε η λανθασμένη συνθήκη) ότι

$\displaystyle{ x^3 + y^3 + z^3 + 3xyz \geqslant xy(x+y) + yz(y+z) + zx(z+x).}$

Θέτοντας x = ab^2,y=bc^2, z=ca^2

παίρνουμε το ζητούμενο. [Δεν είναι απαραίτητο οι a,b,c

να είναι θετικοί. Η ανισότητα ισχύει για $a,b,c \in \mathbb{R}$ .]

Το κοκκινισμένο σχόλιο δεν ισχύει όπως σωστά με ενημέρωσε ο Θάνος Μάγκος.

Soteris · #6

Demetres έγραψε:
smar έγραψε: Άλγεβρα
A1. (Μαυροβούνιο)
Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς , και . Να αποδειχθεί ότι
$\displaystyle{ a^3b^6+b^3c^6+c^3a^6+3a^3b^3c^3 \ge abc(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)+a^2b^2c^2(a^3+b^3+c^3).}$
Απλή εφαρμογή της Schur που λέει για $x,y,z \in \mathbb{R}$ ότι

$\displaystyle{ x^3 + y^3 + z^3 + 3xyz \geqslant xy(x+y) + yz(y+z) + zx(z+x).}$

Θέτοντας παίρνουμε το ζητούμενο. [Δεν είναι απαραίτητο οι να είναι θετικοί. Η ανισότητα ισχύει για $a,b,c \in \mathbb{R}$ .]

Δημήτρη, καλημέρα. Να αναφέρουμε ότι το συγκεκριμένο ήταν το Πρόβλημα 1 του διαγωνισμού.

#7

Soteris έγραψε:
Δημήτρη, καλημέρα. Να αναφέρουμε ότι το συγκεκριμένο ήταν το Πρόβλημα 1 του διαγωνισμού.

Σωτήρη, έπρεπε να το αναφέρω και εγώ, ευχαριστώ. Πάντως, αν είχα τη δυνατότητα ψήφου, θα ψήφιζα το Α4 αντί για το Α1 για πρώτο πρόβλημα.
Το Α1 που μπήκε το θεωρώ κακή επιλογή για πολλούς λόγους και έμεινα έκπληκτος, όντας παρών στην ψηφοφορία, για την ψήφο αυτή των αρχηγών.

#8

smar έγραψε:
Soteris έγραψε:
Δημήτρη, καλημέρα. Να αναφέρουμε ότι το συγκεκριμένο ήταν το Πρόβλημα 1 του διαγωνισμού.
Σωτήρη, έπρεπε να το αναφέρω και εγώ, ευχαριστώ. Πάντως, αν είχα τη δυνατότητα ψήφου, θα ψήφιζα το Α4 αντί για το Α1 για πρώτο πρόβλημα.
Το Α1 που μπήκε το θεωρώ κακή επιλογή για πολλούς λόγους και έμεινα έκπληκτος, όντας παρών στην ψηφοφορία, για την ψήφο αυτή των αρχηγών.

Και είχα πει από μέσα μου: «Αφού πρόσφατα εμφανίστηκε τέτοιο θέμα. Τι θέλουν και ξαναπροτείνουν παρόμοιο»

#9

smar έγραψε:
A3. (Π.Γ.Δ.Μ)
Αν είναι μήκη πλευρών τριγώνου και είναι οι διάμεσοι στις αντίστοιχες πλευρές,
να δειχθεί ότι

$\displaystyle{ m_a\left(\frac{b}{a}-1\right)\left(\frac{c}{a}-1\right)+ m_b\left(\frac{a}{b}-1\right)\left(\frac{c}{b}-1\right) +m_c\left(\frac{a}{c}-1\right)\left(\frac{b}{c}-1\right)\geq 0.}$

Ισχύει η ακόλουθη γενίκευση της Schur:

Αν $a \geqslant b \geqslant c$ και $x+z\geqslant y$ όπου $x,y,z \geqslant 0$ τότε

$\displaystyle{ x(b-a)(c-a) + y(a-b)(c-b) + z(a-c)(b-c) \geqslant 0}$

$\rule{500pt}{0.5pt}$
Απόδειξη:

$\displaystyle{ x(b-a)(c-a) = x(a-b)(a-c) \geqslant x(a-b)(b-c)}$

και

$\displaystyle{ z(a-c)(b-c) \geqslant z(a-b)(b-c)}$

Οπότε όντως

$\displaystyle{ x(b-a)(c-a) + y(a-b)(c-b) + z(a-c)(b-c) \geqslant (a-b)(b-c)(x-y+z) \geqslant 0}$

$\rule{500pt}{0.5pt}$

Πίσω στην άσκηση τώρα.

Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι $a \geqslant b \geqslant c$ . Οπότε αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{ \frac{m_a}{a^2} + \frac{m_c}{c^2} \geqslant \frac{m_b}{b^2}}$

Θα δείξουμε ότι $\displaystyle{ \frac{m_c}{c^2} \geqslant \frac{m_b}{b^2}}$ το οποίο είναι προφανώς αρκετό.

Από νόμο παραλληλογράμμου ισχύει ότι (2m_a)^2 + a^2 = b^2 + c^2

. Οπότε $\displaystyle{\frac{m_a^2}{a^4} = \frac{b^2+c^2-a^2}{4a^4}}$

Είναι

$\begin{aligned} \frac{m_c}{c^2} \geqslant \frac{m_b}{b^2} &\iff \frac{m_c^2}{c^4} \geqslant \frac{m_b^2}{b^4} \\ &\iff \frac{b^2+a^2-c^2}{4c^4} \geqslant \frac{a^2+c^2-b^2}{4b^4} \\ &\iff b^6 - c^6 + a^2(b^4-c^4) + c^2b^2(c^2-b^2)\geqslant 0 \\ &\iff (b^2-c^2)(b^4 + b^2c^2 + c^4 + a^2b^2 + a^2c^2 - c^2b^2)\geqslant 0 \\ &\iff (b^2-c^2)(b^4 + c^4 + a^2b^2 + a^2c^2)\geqslant 0 \end{aligned}$

Οπότε το ζητούμενο αποδείχθηκε.

Eυ. N. · #10

Demetres έγραψε:
smar έγραψε: Άλγεβρα
A1. (Μαυροβούνιο)
Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς , και . Να αποδειχθεί ότι
$\displaystyle{ a^3b^6+b^3c^6+c^3a^6+3a^3b^3c^3 \ge abc(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)+a^2b^2c^2(a^3+b^3+c^3).}$
Απλή εφαρμογή της Schur που λέει για $x,y,z \in \mathbb{R}$ ότι

$\displaystyle{ x^3 + y^3 + z^3 + 3xyz \geqslant xy(x+y) + yz(y+z) + zx(z+x).}$

Θέτοντας παίρνουμε το ζητούμενο. [Δεν είναι απαραίτητο οι να είναι θετικοί. Η ανισότητα ισχύει για $a,b,c \in \mathbb{R}$ .]

Το κοκκινισμένο σχόλιο δεν ισχύει όπως σωστά με ενημέρωσε ο Θάνος Μάγκος.

Θα ήθελα να ρωτήσω αν σε περίπτωση που λύσουμε το πρόβλημα αυτό με διαφορετικό τρόπο,η λύση θα είναι αποδεκτή.

#11

Eυ. N. έγραψε:
Demetres έγραψε:
smar έγραψε: Άλγεβρα
A1. (Μαυροβούνιο)
Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς , και . Να αποδειχθεί ότι
$\displaystyle{ a^3b^6+b^3c^6+c^3a^6+3a^3b^3c^3 \ge abc(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)+a^2b^2c^2(a^3+b^3+c^3).}$
Απλή εφαρμογή της Schur που λέει για $x,y,z \in \mathbb{R}$ ότι

$\displaystyle{ x^3 + y^3 + z^3 + 3xyz \geqslant xy(x+y) + yz(y+z) + zx(z+x).}$

Θέτοντας παίρνουμε το ζητούμενο. [Δεν είναι απαραίτητο οι να είναι θετικοί. Η ανισότητα ισχύει για $a,b,c \in \mathbb{R}$ .]

Το κοκκινισμένο σχόλιο δεν ισχύει όπως σωστά με ενημέρωσε ο Θάνος Μάγκος.
Θα ήθελα να ρωτήσω αν σε περίπτωση που λύσουμε το πρόβλημα αυτό με διαφορετικό τρόπο,η λύση θα είναι αποδεκτή.

Αν είναι σωστό τότε είναι αποδεκτό. Απαγορεύεται όμως η χρήση διαφορικού, ολοκληρωτικού λογισμού.

#12

smar έγραψε: A6. (Σερβία)

Για ένα πολυώνυμο $P\in \mathbb{R}[x],$ θα γράφουμε αν είναι ο μικρότερος θετικός ακέραιος για τον οποίο ισχύει

$\displaystyle{(\forall x\in \mathbb{R})(\underbrace{P(P(\ldots P}_{n}(x))\ldots )>0),}$

και αν τέτοιος δεν υπάρχει. Υπάρχει πολυώνυμο $P\in \mathbb{R}[x]$ βαθμού $2014^{2015}$
έτσι ώστε ?

Θεωρώ το πολυώνυμο

$\displaystyle{ P(x) = x+1 + x^{2m}(x+1)^2(x+2)^2 \cdots (x+n)^2}$

Θα δείξω ότι f(P) = n+1

.

Παρατηρώ ότι P(k) = k+1

για $k \in \{-n,-n+1,\ldots,-1,0\}$ . Οπότε $\underbrace{P(P(\ldots P}_{n}(-n))\ldots) =0$ . Για να συμπληρωθεί ο ισχυρισμός, αρκεί να δείξω ότι $\underbrace{P(P(\ldots P}_{n+1}(x))\ldots) > 0$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

Θα δείξω πρώτα ότι P(x) > -n

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ . Αυτό είναι άμεσο για $x \geqslant -n-1$ . Για x < -n-1

γράφω

με

. Τότε έχω

$\displaystyle{ P(x) = -n-y + (n+y+1)^{2m}(n+y)^2(n+y-1)^2 \cdots (1+y)^2 \geqslant -n-y + (1+y)^2 > -n$

όπως ήθελα.

Τώρα παρατηρώ ότι για $x \in (-k,\infty)$ όπου $k \in \{1,2,\ldots,n\}$ είναι P(x) > -k+1

.

Άρα επαγωγικά όντως ισχύει ότι $\underbrace{P(P(\ldots P}_{n+1}(x))\ldots) > 0$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

Αν τώρα πάρω n = 2014

, τότε έχω f(P) = 2015

. Ο βαθμός του

είναι $2m + 2014 \cdot 2015$ . Αν λοιπόν πάρω και $m = (2014^2015-2014 \cdot 2015)/2$ τότε έχω όντως βρει ένα πολυώνυμο με την ζητούμενη ιδιότητα.

#13

Δημήτρη πολύ ωραία, είναι μάλιστα διαφορετικό το πολυώνυμο από αυτό της επίσημης λύσης.

Εκεί δείχνει κανείς, όπως και εσύ, ότι για κάθε άρτιο

και κάθε

ακέραιο ισχύει το εξής:
Υπάρχει σταθερά

έτσι ώστε το πολυώνυμο P(x)=(x+1)^s+c-1

να έχει

.
Αφήνω προς το παρόν τις λεπτομέρειες και αν δεν συμπληρωθούν θα επανέλθω.

#14

Θεωρία Αριθμών

NT1. (Αλβανία)
Έστω

ένας άρτιος θετικός ακέραιος. Ο Γιάννης γράφει τους αριθμούς $1^2 ,3^2 ,\ldots,(2n-1)^2$ στον πίνακα και ύστερα παίρνει τρεις από αυτούς, έστω ${a_1}, {a_2}, {a_3}$ , τους σβήνει και γράφει τον αριθμό
$1+ \displaystyle \sum_{1\le i<j\leq 3} |{a_i} -{a_j}|$
Συνεχίζει έτσι ως ότου μείνουν δύο αριθμοί στον πίνακα. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των τετραγώνων των δύο αυτών αριθμών είναι διαφορετικό από τους αριθμούς
$1^2 ,3^2 ,\ldots,(2n-1)^2.$

NT2. (Ρουμανία)
Η ακολουθία $(a_n)_{n\geq 0}$ ορίζεται ως $a_{0}=0, a_1=1, a_2=2, a_3=6$ , και
$\displaystyle a_{n+4}=2a_{n+3}+a_{n+2}-2a_{n+1}-a_n, n\geq 0.$

Nα αποδείξετε ότι ο n^2

διαιρεί τον a_n

για άπειρους

.

NT3. (Σκόπια)
Έστω

ένας θετικός ακέραιος. Για όλους τους θετικούς ακεραίους

ορίζουμε
$\displaystyle a_n=1+a+a^2+\ldots+a^{n-1}.$

Έστω s,t

δύο διαφορετικοί θετικοί ακέραιοι με την ακόλουθη ιδιότητα: Αν

πρώτος διαιρέτης του s-t

τότε ο

διαιρεί το a-1.

Να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\frac{a_{s}-a_{t}}{s-t}$ είναι ακέραιος.

NT4. (Κύπρος)
Να βρεθούν όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων
(x,y)

με την ακόλουθη ιδιότητα:
Αν $\alpha,\beta$ είναι σχετικά πρώτοι και θετικοί διαιρέτες του x^3 + y^3

τότε και ο $\alpha + \beta - 1$ είναι διαιρέτης του x^3+y^3

.

NT5. (Σκόπια)
Για έναν θετικό ακέραιο

συμβολίζουμε με v_2(s)

τη μέγιστη του

που διαιρεί τον

Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο

ισχύει:
$\displaystyle v_2\left(\prod_{n=1}^{2^m}\binom{2n}{n}\right)=m2^{m-1}+1.$

NT6. (Σερβία)
Να αποδείξετε ότι ανάμεσα σε οποιουσδήποτε

διαδοχικούς θετικούς ακεραίους υπάρχει ένα αριθμός

έτσι ώστε για κάθε θετικό ακέραιο

να ισχύει

$\displaystyle{n\sqrt{d}\{n\sqrt{d}\}>\frac{5}{2}}$
όπου $\{x\}$ είναι το κλασματικό μέρος του πραγματικού αριθμού

.

NT7. (Βουλγαρία)
Ο θετικός ακέραιος

θα λέγεται αναγραμματισμός του θετικοί ακεραίου

αν κάθε ψηφίο

εμφανίζεται τόσες φορές στη δεκαδική αναπαράσταση του

όσες και στου

. Είναι δυνατόν να βρούμε τέσσερις διαφορετικούς θετικούς ακεραίους ώστε καθένας από τους τέσσερις να είναι αναγραμματισμός του αθροίσματος των άλλων τριών;

Σχόλιο: Το πρόβλημα ΝΤ6 ήταν το Πρόβλημα 4 του διαγωνισμού.

Marios V. · #15

smar έγραψε:Θεωρία Αριθμών

NT1. (Αλβανία)
Έστω ένας άρτιος θετικός ακέραιος. Ο Γιάννης γράφει τους αριθμούς $1^2 ,3^2 ,\ldots,(2n-1)^2$ στον πίνακα και ύστερα παίρνει τρεις από αυτούς, έστω ${a_1}, {a_2}, {a_3}$ , τους σβήνει και γράφει τον αριθμό
$1+ \displaystyle \sum_{1\le i<j\leq 3} |{a_i} -{a_j}|$
Συνεχίζει έτσι ως ότου μείνουν δύο αριθμοί στον πίνακα. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των τετραγώνων των δύο αυτών αριθμών είναι διαφορετικό από τους αριθμούς
$1^2 ,3^2 ,\ldots,(2n-1)^2$ .

NT2. (Ρουμανία)
Η ακολουθία $(a_n)_{n\geq 0}$ ορίζεται ως $a_{0}=0, a_1=1, a_2=2, a_3=6$ , και
$\displaystyle a_{n+4}=2a_{n+3}+a_{n+2}-2a_{n+1}-a_n, n\geq 0.$

Nα αποδείξετε ότι ο διαιρεί τον για άπειρους

NT5. (Σκόπια)
Για έναν θετικό ακέραιο συμβολίζουμε με τη μέγιστη του που διαιρεί τον
Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο ισχύει:
$\displaystyle v_2\left(\prod_{n=1}^{2^m}\binom{2n}{n}\right)=m2^{m-1}+1.$

Για το πρώτο:
Αρχικά όλοι οι αριθμοί που είναι γραμμένοι στον πίνακα είναι περιττοί.
Έστω πως μετά από κάποια βήματα εξακολουθούν να είναι όλοι περιττοί.
Στο επόμενο βήμα επιπλέγουμε τους περιττούς a,b,c

και σχηματίζουμε το |a-b|+|b-c|+|c-a|+1

που είναι σαφώς περιττό.
Άρα διαγράφουμε

περιττούς και προσθέτουμε

περιττό.
Επομένως επαγωγικά, στο τέλος θα έχουμε δυο περιττούς αριθμούς στον πίνακα. Το άθροισμα των τετραγώνων τους θα είναι άρτιο και άρα διαφορετικό από $1^2 ,3^2 ,\ldots,(2n-1)^2$ .
Μου φαίνεται κάπως τετριμμένο. Υπάρχει κάποιο τυπογραφικό ή κάποιο λάθος στον συλλογισμό μου;

Για το δεύτερο:
Είτε λύνοντας την αναδρομική με χρήση του χαρακτηριστικού πολυωνύμου, είτε με απλή παρατήρηση και επαγωγή έχουμε πως a_n=nF_n

για κάθε μη-αρνητικό ακέραιο

όπου

η ακολουθία Fibonacci 0,1,1,2...

.
Πράγματι:
Για n=0,1,2,3

ισχύει από τις αρχικές μας συνθήκες.
Έστω τώρα που ισχύει για κάθε μη-αρνητικό ακέραιο n με n<k+4

όπου

μη-αρνητικός ακέραιος.
Για n=k+4

,Έχουμε $a_{k+4}=2a_{k+3}+a_{k+2}-2a_{k+1}-a_{k}$ .
Οπότε:
$a_{k+4}=2(k+3)F_{k+3}+(k+2)F_{k+2}-2(k+1)F_{k+1}-kF_k$ .

Άρα,
$a_{k+4}=k[2F_{k+3}+F_{k+2}-2F_{k+1}-F_k]+6F_{k+3}+2F_{k+2}-2F_{k+1}$ . (1)

Είναι ακόμα:
$2F_{k+3}+F_{k+2}-2F_{k+1}-F_k=F_{k+3}+(F_{k+3}+F_{k+2})-(F_{k+1}+F_{k})-F_{k+1}=F_{k+3}+F_{k+4}-F_{k+2}-F_{k+1}=F_{k+4}+[F_{k+3}-F_{k+2}-F_{k+1}]=F_{k+4}$ (2)

Και:
$6F_{k+3}+2F_{k+2}-2F_{k+1}=4(F_{k+3}+F_{k+2})+(F_{k+3}-F_{k+2}-F_{k+1})=4F_{k+4}$ (3)

Συνδυάζοντας τα (1)

,

έχουμε $a_{k+4}=(k+4)F_{k+4}$ .

Επαγωγικά λοιπόν έχουμε πως a_n=nF_n

για κάθε μη-αρνητικό ακέραιο

.

Αρκεί οπότε να βρούμε άπειρα

τέτοια ώστε n|F_n

.

Αυτό προκύπτει όμως άμεσα από την γνωστή ιδιότητα των Fibonacci ότι αν m|n

τότε

. Πράγματι, παρατηρούμε πως F_5=5

επομένως

. Οπότε από την προηγούμενη ιδιότητα $F_5|F_{F_5}$ κτλ.

Άρα αν θέσουμε $b_{n+1}=F_{b_{n}}$ και b_1=5

θα έχουμε πως $(b_n)^2|a_{b_n}$ για κάθε θετικό ακέραιο

, τέλος.

Το τρίτο έχει μπει φέτος στον Β' Διαγωνισμό Επιλογής για BMO, IMO στην Κύπρο, το έχουμε δει σε διαφορετικό θέμα.

Παραλείπω προς το παρόν το τέταρτο μια και η λύση μου συμπεριλαμβάνει αρκετό case work.

Για το πέμπτο:

Για m=1

, έχουμε $\binom{2}{1}\binom{4}{2}=12=3\times2^2$ επομένως $v_2(\binom{2}{1}\binom{4}{2})=2=1\times2^0+1$ , άρα ισχύει.

Για $m\geq1$ :

$\displaystyle v_2\left(\prod_{n=1}^{2^m}\binom{2n}{n}\right)=\displaystyle \sum_{n=1}^{2^m}v_2\left(\binom{2n}{n}\right)=\displaystyle \sum_{n=1}^{2^m}[v_2((2n)!)-2v_2(n!)]$ .

Όμως από το θεώρημα Lagrange:

$v_2((2n)!)-2v_2(n!)=\displaystyle \sum_{r=1}^{+\infty}\lfloor\frac{2n}{2^r}\rfloor-2\displaystyle \sum_{r=1}^{+\infty}\lfloor\frac{n}{2^r}\rfloor=\lfloor\frac{2n}{2}\rfloor-\displaystyle \sum_{r=1}^{+\infty}\lfloor\frac{n}{2^r}\rfloor=n-\displaystyle \sum_{r=1}^{+\infty}\lfloor\frac{n}{2^r}\rfloor$ .
Οπότε:

$\displaystyle v_2\left(\prod_{n=1}^{2^m}\binom{2n}{n}\right)=\displaystyle \sum_{n=1}^{2^m}n-\displaystyle \sum_{n=1}^{2^m}\displaystyle \sum_{r=1}^{+\infty}\lfloor\frac{n}{2^r}\rfloor=\frac{(2^m)(2^m+1)}{2}-A$

Όπου $A=\displaystyle \sum_{n=1}^{2^m}\displaystyle \sum_{r=1}^{+\infty}\lfloor\frac{n}{2^r}\rfloor=\displaystyle \sum_{r=1}^{+\infty}\displaystyle \sum_{n=1}^{2^m}\lfloor\frac{n}{2^r}\rfloor$ .

Όμως $\lfloor\frac{n}{2^r}\rfloor=0$ για $n \leq 2^m$ και r>m

.

Άρα:
$A=\displaystyle \sum_{r=1}^{m-1}\displaystyle \sum_{n=1}^{2^m}\lfloor\frac{n}{2^r}\rfloor+ \sum_{n=1}^{2^m}\lfloor\frac{n}{2^m}\rfloor=\displaystyle \sum_{r=1}^{m-1}\displaystyle \sum_{n=1}^{2^m}\lfloor\frac{n}{2^r}\rfloor+ 1$ .

Για δεδομένο

με $1\leq r\leq m-1$ έχουμε:

Αν

θετικός ακέραιος με $t2^r \leq n < (t+1)2^r$ όπου $0\leq t \leq 2^{m-r}-1$ είναι $\lfloor\frac{n}{2^r}\rfloor=t$ .

Όμως κάθε τέτοιο διάστημα έχει ακριβώς 2^r

στοιχεία εκτός από το αντίστοιχο του t=0

που έχει

και άρα:

$\displaystyle \sum_{n=1}^{2^m}\lfloor\frac{n}{2^r}\rfloor=\displaystyle \sum_{t=1}^{2^{m-r}-1}t2^r+\lfloor\frac{2^m}{2^r}\rfloor+(2^r-1)\times0=2^r\times\frac{2^{m-r}(2^{m-r}-1)}{2}+2^{m-r}$ .

Οπότε $\displaystyle \sum_{n=1}^{2^m}\lfloor\frac{n}{2^r}\rfloor=2^{m-1}(2^{m-r}-1)+2^{m-r}$ ,

Έτσι,
$A=\displaystyle \sum_{r=1}^{m-1}[2^{m-1}(2^{m-r}-1)+2^{m-r}]+1=\displaystyle \sum_{r=1}^{m-1}[2^{2m-1-r}-2^{m-1}+2^{m-r}]+1$

$A=2^{2m-1}\times B-(m-1)2^{m-1}+2^m\times B+1$

όπου $B=\displaystyle \sum_{r=1}^{m-1}\frac{1}{2^r}=\frac{1}{2}\frac{1-\frac{1}{2^{m-1}}}{1-\frac{1}{2}}=1-\frac{1}{2^{m-1}}$ .

Αντικαθιστόντας,

$A=2^{2m-1} \times (1-\frac{1}{2^{m-1}})-(m-1)2^{m-1}+2^m \times (1-\frac{1}{2^{m-1}})+1$

$A=2^{2m-1}-2^m-(m-1)2^{m-1}+2^m-2+1=2^{2m-1}-(m-1)2^{m-1}-1$

Τελικά λοιπόν:

$\displaystyle v_2\left(\prod_{n=1}^{2^m}\binom{2n}{n}\right)=\frac{(2^m)(2^m+1)}{2}-A=2^{2m-1}+2^{m-1}-[2^{2m-1}-(m-1)2^{m-1}-1]=m2^{m-1}+1.$

Άρα ισχύει το ζητούμενο.

#16

smar έγραψε: NT5. (Σκόπια)
Για έναν θετικό ακέραιο συμβολίζουμε με τη μέγιστη του που διαιρεί τον
Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο ισχύει:
$\displaystyle v_2\left(\prod_{n=1}^{2^m}\binom{2n}{n}\right)=m2^{m-1}+1.$

Μια διαφορετική αντιμετώπιση.

Θα χρησιμοποιήσω το θεώρημα του Kummer που λέει ότι η μεγαλύτερη δύναμη ενός πρώτου

η οποία διαιρεί το $\displaystyle{ \binom{n}{m}}$ είναι το πλήθος των φορών που πρέπει να κρατήσουμε κάποιο ψηφίο όταν προσθέσουμε τους

και

στην βάση

.

Στην περίπτωσή μας που μας ενδιαφέρει η μεγαλύτερη δύναμη του

η οποία διαιρεί το $\displaystyle{\binom{2n}{n}}$ πρέπει να βρούμε πόσες φορές κρατάμε ψηφίο όταν προσθέσουμε τον

στον εαυτό του στο δυαδικό σύστημα. Πάντα όμως το ψηφίο που κρατάμε στο δυαδικό σύστημα ισούται με

. Επειδή επιπλέον προσθέτω τον

στον εαυτό του, στην θέση που το

έχει άσσο θα έχω σίγουρα κράτηση, ενώ στην θέση που το

έχει μηδέν δεν θα έχω κράτηση.

Επομένως το $\nu_2\left(\displaystyle{\binom{2n}{n}\right)}$ ισούται με το πλήθος των ψηφίων του

στην δυαδική του αναπαράσταση.

Οι αριθμοί $0,1,2,\ldots,2^{m}-1$ έχουν συνολικά $m2^{m-1}$ ψηφία ίσα με

στην δυαδική τους αναπαράσταση. Πράγματι απλά κοιτάω τα $2^{m-1}$ ζεύγη της μορφής $\{k,2^m-1-k\}$ για $k \in\{0,1,\ldots,2^{m-1}-1\}$ και παρατηρώ ότι σε κάθε ζεύγος υπάρχουν συνολικά

άσσοι.

Επειδή επιπλέον ο 2^m

έχει ακριβώς

άσσο, τότε παίρνουμε το ζητούμενο.

#17

Φερμά_96 έγραψε: Παραλείπω προς το παρόν το τέταρτο μια και η λύση μου συμπεριλαμβάνει αρκετό case work.

Για την οποία φέρει ευθύνη ο υποφαινόμενος.

Την άσκηση την έφτιαξε ο Θεόκλητος Παραγιού και μου την έστειλε να την δω. Στην άσκηση υπήρχε η επιπλέον συνθήκη ο x+y

να είναι περιττός. Κατάφερα να απαλείψω αυτήν την συνθήκη με το επιπλέον όμως κόστος της αύξησης της περιπτωσιολογίας.

#18

Μιας και λύθηκαν οι περισσότερες (εκτός της τελευταίας αν δεν κάνω λάθος), να κάνω κάποια σχόλια που είχαμε κάνει και σαν Επιτροπή Επιλογής Προβλημάτων:

Για το ΝΤ1. Το θεωρήσαμε όντως πολύ εύκολο και ήμασταν μεταξύ του να το βάλουμε στη λίστα ή όχι. Το αφήσαμε για να κρίνουν οι αρχηγοί, οι οποίοι όντως το έβγαλαν εκτός ψηφοφορίας.

Για το ΝΤ2. Στο βιβλίο Putnam and Beyond βρίσκεται μία άσκηση που έχει τον ίδιο αναδρομικό τύπο και ζητάει κλειστό τύπο για την a_n.

Το γνωστοποιήσαμε στους αρχηγούς και το έβγαλαν εκτός ψηφοφορίας.

Για το ΝΤ4. Το πρόβλημα ουσιαστικά είναι αυτό: http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h74746 από τη Ρωσία το 2001. Περιλαμβάνεται επίσης στο βιβλίο Μαθηματικοί διαγωνισμοί ΙΙ στο κομμάτι των λυμένων ασκήσεων. Το γνωστοποιήσαμε στους αρχηγούς και το έβγαλαν εκτός ψηφοφορίας.

#19

smar έγραψε:
NT7. (Βουλγαρία)
Ο θετικός ακέραιος θα λέγεται αναγραμματισμός του θετικοί ακεραίου αν κάθε ψηφίο εμφανίζεται τόσες φορές στη δεκαδική αναπαράσταση του όσες και στου . Είναι δυνατόν να βρούμε τέσσερις διαφορετικούς θετικούς ακεραίους ώστε καθένας από τους τέσσερις να είναι αναγραμματισμός του αθροίσματος των άλλων τριών;

Ναι. Τους

Τα αθροίσματα ανά τρία είναι τα εξής. (Όπου αυτό που βάζω στην θέση

είναι το άθροισμα όλων εκτός αυτών που βρίσκονται στην θέση

.)

#20

Demetres έγραψε: Ναι. Τους

Δημήτρη εγώ είχα καταλήξει σε διαφορετικούς.
Ξεκίνησα από διψήφιους και εκεί έχω τους 09, 18, 27, 45

αλλά με το

έχουμε πρόβλημα, επειδή ξεκινάει με 0, οπότε πρέπει να βάλουμε μπροστά τους έναν αριθμό

έτσι ώστε ο

να είναι αναγραμματισμός του

Για να το κάνουμε αυτό ψάχνουμε έναν πρώτο αριθμό

ώστε το

να είναι γεννήτορας mod p. Ο μικρότερος τέτοιος είναι το

Αυτό σημαίνει ότι ο αριθμός
1/7

έχει περιοδικό κομμάτι που αποτελείται από 6 ψηφία και οι αριθμοί k/7

, όπου $1\leq k\leq 6$ έχουν δεκαδικό μέρος μία μετάθεση του δεκαδικού μέρους του 1/7

.
Οπότε ένας αριθμός

με τη ζητούμενη ιδιότητα είναι ο $\frac{10^{6}-1}{7}=142857.$

Επομένως παίρνω τους αριθμούς
14285709

Δείτε και εδώ: https://en.wikipedia.org/wiki/142857_(number)

Δημήτρη εσύ πώς τους βρήκες;

BMO Shortlist 2015 (1/2)

BMO Shortlist 2015 (1/2)

Re: BMO Shortlist 2015

Re: BMO Shortlist 2015

Re: BMO Shortlist 2015

Re: BMO Shortlist 2015

Re: BMO Shortlist 2015

Re: BMO Shortlist 2015

Re: BMO Shortlist 2015

Re: BMO Shortlist 2015

Re: BMO Shortlist 2015

Re: BMO Shortlist 2015

Re: BMO Shortlist 2015

Re: BMO Shortlist 2015

Re: BMO Shortlist 2015

Re: BMO Shortlist 2015

Re: BMO Shortlist 2015

Re: BMO Shortlist 2015

Re: BMO Shortlist 2015

Re: BMO Shortlist 2015

Re: BMO Shortlist 2015

Μέλη σε σύνδεση