mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 12, 2019 5:36 pm**

Πρόβλημα 1

Να βρεθούν όλες οι τριάδες πρώτων αριθμών $\displaystyle{(p, q, r)}$ , ώστε $\displaystyle{p^2+q^2=r^2+417}$ .

Πρόβλημα 2

Να βρείτε το πλήθος των τριάδων $\displaystyle{(A, B, C)}$ , για τις οποίες ισχύουν όλες οι πιο κάτω συνθήκες:
i. Τα $\displaystyle{A, B, C}$ είναι υποσύνολα του συνόλου $\displaystyle{\{1, 2, 3, \ldots, 2019\}}$ .
ii. $\displaystyle{A\cap B=\emptyset}$
iii. $\displaystyle{A\cap C=\emptyset}$ και $\displaystyle{B\cap C=\emptyset}$

Πρόβλημα 3

Έστω $\displaystyle{ABCD}$ εγγεγραμμένο τετράπλευρο σε κύκλο με κέντρο $\displaystyle{O}$ . Ονομάζουμε $\displaystyle{E}$ το σημείο τομής των διχοτόμων $\displaystyle{(\delta_1), (\delta_2)}$ των γωνιών $\displaystyle{\angle{CAD}, \angle{CBD}}$ , αντίστοιχα. Θεωρούμε $\displaystyle{A', B'}$ τα συμμετρικά των $\displaystyle{A, B}$ ως προς τις $\displaystyle{(\delta_2), (\delta_1)}$ , αντίστοιχα. Έστω $\displaystyle{P}$ το σημείο τομής των ευθειών $\displaystyle{AB'}$ και $\displaystyle{BA'}$ . Να δείξετε ότι τα σημεία $\displaystyle{E, O, P}$ είναι συνευθειακά.

Πρόβλημα 4

Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x_1, x_2, x_3, x_4\in[0, 1]}$ , ώστε $\displaystyle{x_1+x_2+x_3+x_4=2}$ . Να αποδείξετε ότι:
$\displaystyle{\dfrac{x_1}{3-x_1}+\dfrac{x_2}{3-x_2}+\dfrac{x_3}{3-x_3}+\dfrac{x_4}{3-x_4}+(1-x_1)(1-x_2)(1-x_3)(1-x_4)\leqslant 1}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 12, 2019 6:36 pm**

Soteris έγραψε: Σάβ Ιαν 12, 2019 5:36 pm Πρόβλημα 1

Να βρεθούν όλες οι τριάδες πρώτων αριθμών $\displaystyle{(p, q, r)}$ , ώστε $\displaystyle{p^2+q^2=r^2+417}$ .

$p^{2}+q^{2}\equiv r^{2}(mod3)$ αν 3/r

ΤΌΤΕ πρέπει $3/p\kappa \alpha \iota q$ το οποίο δεν δίνει λύση άρα $q^{2}+p^{2}\equiv 1(mod3)$ οπότε ο ένας παό τους 2 διαιρείται με το 3 έστω $p/3\Rightarrow p=3$ ΑΦΟΎ

πρώτος ( $x^{2}\equiv 0\eta 1(mod3)$ για κάθε x ακέραιο). Οπότε έχουμε $q^{2}=r^{2}+408\Leftrightarrow (q-r)(q+r)=2^{3}3\cdot 17$ kai μετά παίρνουμε περιπτώσεις

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 12, 2019 6:45 pm**

Καλησπέρα, μία λύση για το 1ο.
Θα εξετάσουμε την περίπτωση για p,q,r

διάφοροι του 3.
Τότε, από μικρό θεώρημα Fermat

έχουμε ότι $p^{2}\equiv 1 mod 3$ , $q^{2}\equiv 1mod3$ , $r^{2}\equiv 1mod3$ .
Συνεπώς το αριστερό μέλος είναι ισότιμο 2 modulo 3 ενώ το δεξί, 1 mod 3, άτοπο.
Άρα ένας εκ των τριών είναι 3.

Έστω ότι p=3

.
Τότε

και διακρίνοντας περιπτώσεις (σαφώς αποκλείουμε αυτές που δεν δίνουν r,q πρώτους) έχουμε ότι q=103,r=101

ή

ή

.
Όμοια για q=3

θα προκύψουν οι αναδιατάξεις μεταξύ p,q

Για

, θα είναι $p^{2}+q^{2}=426$ , άρα $p\leq 20$ .(εξετάζω μόνο για τον p και θα προκύψουν αναδιατάξεις των λύσεων)
Διακρίνοντας περιπτώσεις για τους πρώτους που υπάρχουν εώς το 20 παρατηρούμε ότι δεν έχουμε λύσεις.

Συνοψίζοντας μοναδικές λύσεις είναι (p,q,r)=(3,103,101),(3,23,11),(3,37,31)

και οι αναδιατάξεις των τιμών των p,q σε κάθε λύση.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 12, 2019 7:29 pm**

Soteris έγραψε: Σάβ Ιαν 12, 2019 5:36 pm
Πρόβλημα 4

Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x_1, x_2, x_3, x_4\in[0, 1]}$ , ώστε $\displaystyle{x_1+x_2+x_3+x_4=2}$ . Να αποδείξετε ότι:
$\displaystyle{\dfrac{x_1}{3-x_1}+\dfrac{x_2}{3-x_2}+\dfrac{x_3}{3-x_3}+\dfrac{x_4}{3-x_4}+(1-x_1)(1-x_2)(1-x_3)(1-x_4)\leqslant 1}$

Λόγω κυρτότητας του αριστερού μέλος ως προς κάθε μια από τις μεταβλητές, το μέγιστο της παράστασης πιάνεται στα "άκρα" (δηλαδή κορυφές) του "κύβου" $\displaystyle{[0,1]^4}$ .

Μάλιστα λόγω των συνθηκών, αυτό γίνεται όταν δυο μεταβλητές είναι μηδέν και οι άλλες δύο ίσες με ένα (οπότε η τιμή της παράστασης ισούται με $\displaystyle{1}$ ) ή μια είναι μηδέν και οι άλλες τρεις ίσες με $\displaystyle{\frac23}$ (οπότε η τιμή της παράστασης ισούται με $\displaystyle{\frac{1}{27}+\frac{6}{7}<1.}$ )

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 12, 2019 9:00 pm**

Για τη Γεωμετρία:Αν $X\equiv BA'\cap (ABCD),Y\equiv AB'\cap (ABCD)$ είναι απλό ότι $ABX\angle =180-2ABD\angle -CBD\angle =ADC\angle -ACD\angle$ ,δηλαδή ότι το

είναι συμμετρικό του

ως προς την

.Το ίδιο ισχύει και για τα Y,B

,άρα η τομή των AB',A'B

βρίσκεται στην

(άξονας συμμετρίας)..

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 12, 2019 11:39 pm**

matha έγραψε: Σάβ Ιαν 12, 2019 7:29 pm
Soteris έγραψε: Σάβ Ιαν 12, 2019 5:36 pm
Πρόβλημα 4

Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x_1, x_2, x_3, x_4\in[0, 1]}$ , ώστε $\displaystyle{x_1+x_2+x_3+x_4=2}$ . Να αποδείξετε ότι:
$\displaystyle{\dfrac{x_1}{3-x_1}+\dfrac{x_2}{3-x_2}+\dfrac{x_3}{3-x_3}+\dfrac{x_4}{3-x_4}+(1-x_1)(1-x_2)(1-x_3)(1-x_4)\leqslant 1}$
Λόγω κυρτότητας του αριστερού μέλος ως προς κάθε μια από τις μεταβλητές, το μέγιστο της παράστασης πιάνεται στα "άκρα" (δηλαδή κορυφές) του "κύβου" $\displaystyle{[0,1]^4}$ .

Μάλιστα λόγω των συνθηκών, αυτό γίνεται όταν δυο μεταβλητές είναι μηδέν και οι άλλες δύο ίσες με ένα (οπότε η τιμή της παράστασης ισούται με $\displaystyle{1}$ ) ή μια είναι μηδέν και οι άλλες τρεις ίσες με $\displaystyle{\frac23}$ (οπότε η τιμή της παράστασης ισούται με $\displaystyle{\frac{1}{27}+\frac{6}{7}<1.}$ )

Θάνο, νομίζω δεν είναι σωστό αυτό λόγω της επιπλέον συνθήκης x_1+x_2+x_3+x_4=2

.

Π.χ. το μέγιστο της (1-x)(1-y)

με $x,y \in [0,1]$ και x+y = 1

δεν λαμβάνεται στα άκρα αλλά στο x=y=1/2

. [Παρόλο που η συνάρτηση είναι κυρτή σε κάθε μεταβλητή ξεχωριστά.]

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 13, 2019 12:18 am**

Demetres έγραψε: Σάβ Ιαν 12, 2019 11:39 pm
matha έγραψε: Σάβ Ιαν 12, 2019 7:29 pm
Soteris έγραψε: Σάβ Ιαν 12, 2019 5:36 pm
Πρόβλημα 4

Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x_1, x_2, x_3, x_4\in[0, 1]}$ , ώστε $\displaystyle{x_1+x_2+x_3+x_4=2}$ . Να αποδείξετε ότι:
$\displaystyle{\dfrac{x_1}{3-x_1}+\dfrac{x_2}{3-x_2}+\dfrac{x_3}{3-x_3}+\dfrac{x_4}{3-x_4}+(1-x_1)(1-x_2)(1-x_3)(1-x_4)\leqslant 1}$
Λόγω κυρτότητας του αριστερού μέλος ως προς κάθε μια από τις μεταβλητές, το μέγιστο της παράστασης πιάνεται στα "άκρα" (δηλαδή κορυφές) του "κύβου" $\displaystyle{[0,1]^4}$ .

Μάλιστα λόγω των συνθηκών, αυτό γίνεται όταν δυο μεταβλητές είναι μηδέν και οι άλλες δύο ίσες με ένα (οπότε η τιμή της παράστασης ισούται με $\displaystyle{1}$ ) ή μια είναι μηδέν και οι άλλες τρεις ίσες με $\displaystyle{\frac23}$ (οπότε η τιμή της παράστασης ισούται με $\displaystyle{\frac{1}{27}+\frac{6}{7}<1.}$ )

Θάνο, νομίζω δεν είναι σωστό αυτό λόγω της επιπλέον συνθήκης .

Π.χ. το μέγιστο της με $x,y \in [0,1]$ και δεν λαμβάνεται στα άκρα αλλά στο . [Παρόλο που η συνάρτηση είναι κυρτή σε κάθε μεταβλητή ξεχωριστά.]

Δημήτρη, έχεις δίκιο. Το παράδειγμα σου δεν αφήνει περιθώρια αμφισβήτησης. Η αλήθεια είναι ότι όταν το έγραψα είχα έναν δισταγμό για την ορθότητα του ισχυρισμού μου, αλλά το προσπέρασα επιπόλαια. Το αφήνω για παραδειγματισμό.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 13, 2019 3:53 pm**

Soteris έγραψε: Σάβ Ιαν 12, 2019 5:36 pm
Πρόβλημα 4

Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x_1, x_2, x_3, x_4\in[0, 1]}$ , ώστε $\displaystyle{x_1+x_2+x_3+x_4=2}$ . Να αποδείξετε ότι:
$\displaystyle{\dfrac{x_1}{3-x_1}+\dfrac{x_2}{3-x_2}+\dfrac{x_3}{3-x_3}+\dfrac{x_4}{3-x_4}+(1-x_1)(1-x_2)(1-x_3)(1-x_4)\leqslant 1}$

Αρκετά δύσκολο θέμα!

Έστω 1-x_1=a, 1-x_2=b, 1-x_3=c, 1-x_4=d

, οπότε

, και $0 \leqslant a,b,c,d \leqslant 1$ .

Τότε, αρκεί $\displaystyle \sum \dfrac{1-a}{a+2}+abcd \leqslant 1$ ή ισοδύναμα $\displaystyle \sum \dfrac{3}{a+2}+abcd \leqslant 5$ .

Αν $a,b,c,d>\dfrac{1}{2}$ , τότε είναι 2=a+b+c+d>2

, άτοπο.

Άρα, ένας τουλάχιστον εκ των a,b,c,d

είναι $\leqslant \dfrac{1}{2}$ , χωρίς βλάβη της γενικότητας έστω $d \leqslant \dfrac{1}{2}$ .

Θα δείξω τώρα το εξής Λήμμα :

Λήμμα

Για κάθε $s \in \mathbb{R}$ με $0 \leqslant s \leqslant 1$ , ισχύει $\dfrac{3}{s+2} \leqslant \dfrac{3-s}{2}$ .

Απόδειξη

Μετά τις πράξεις, αρκεί $s(s-1) \leqslant 0$ , που προφανώς ισχύει για $s \in [0,1]$ .

Πάμε στην απόδειξη της άσκησης.

Από το Λήμμα, για s=a, s=b, s=c

παίρνουμε $\dfrac{3}{a+2}+\dfrac{3}{b+2}+\dfrac{3}{c+2} \leqslant \dfrac{3-a}{2}+\dfrac{3-b}{2}+\dfrac{3-c}{2}=\dfrac{d+7}{2}$ (χρησιμοποιήθηκε ότι a+b+c+d=2

).

Επίσης, από ΑΜ-ΓΜ, είναι $abcd \leqslant \dfrac{(a+b+c)^3}{27} d=\dfrac{(2-d)^3 d}{27}$ .

Άρα, είναι $\displaystyle \sum \dfrac{3}{a+2}+abcd \leqslant \dfrac{d+7}{2}+\dfrac{(2-d)^3 d}{27}+\dfrac{3}{d+2}$ , οπότε αρκεί :

$\dfrac{d+7}{2}+\dfrac{(2-d)^3 d}{27} +\dfrac{3}{d+2} \leqslant 5$ , με $\dfrac{1}{2} \leqslant d \leqslant 1$ .

Η παραπάνω ανισότητα μετά τις (εξαντλητικές) πράξεις δίνει $2d^5-9d^4+6d^3-7d^2+3d \leq 0$ .

Η παραπάνω όμως γράφεται $d(2d-1)(d^3-4d^2+d-3) \geq 0$ , που ισχύει διότι :

i) $d \geqslant 0$

ii) $2d \leqslant 1$ (αφού $d \leqslant \dfrac{1}{2}$ )

iii) d^3-4d^2+d-3=d^2(d-1)+d-3<0

, αφού $d \leqslant 1<3<4$ .

Η ισότητα, ισχύει όταν δύο εκ των c,d

είναι

, και οι άλλοι δύο είναι

, δηλαδή όταν δύο εκ των x_i

είναι

, και οι άλλοι δύο είναι

.

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 13, 2019 5:46 pm**

Ορέστης Λιγνός έγραψε: Κυρ Ιαν 13, 2019 3:53 pm
Soteris έγραψε: Σάβ Ιαν 12, 2019 5:36 pm
Πρόβλημα 4

Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x_1, x_2, x_3, x_4\in[0, 1]}$ , ώστε $\displaystyle{x_1+x_2+x_3+x_4=2}$ . Να αποδείξετε ότι:
$\displaystyle{\dfrac{x_1}{3-x_1}+\dfrac{x_2}{3-x_2}+\dfrac{x_3}{3-x_3}+\dfrac{x_4}{3-x_4}+(1-x_1)(1-x_2)(1-x_3)(1-x_4)\leqslant 1}$
Αρκετά δύσκολο θέμα!

Και εγώ έτσι νομίζω. Δίνω την δική μου λύση. Θα αποδείξω με τις ίδιες συνθήκες ότι

$\displaystyle \displaystyle{\dfrac{x_1}{3-x_1}+\dfrac{x_2}{3-x_2}+\dfrac{x_3}{3-x_3}+\dfrac{x_4}{3-x_4}+(1-x_1)(1-x_2)(1-x_3)(1-x_4)\leqslant \frac{x_1+x_2+x_3+x_4}{2}}$

Ισοδύναμα θέλω

$\displaystyle \sum \frac{x_i(1-x_i)}{2(3-x_i)} \geqslant (1-x_1)(1-x_2)(1-x_3)(1-x_4)$

Πάλι ισοδύναμα, θέλω

$\displaystyle \sum \frac{x_i(1-x_i)}{(3-x_i)} \geqslant (x_1 + x_2 + x_3 + x_4)(1-x_1)(1-x_2)(1_x_3)(1-x_4)$

Αρκεί να δείξω ότι

$\displaystyle \frac{x_1(1-x_1)}{(3-x_1)} \geqslant x_1(1-x_1)(1-x_2)(1-x_3)(1-x_4)$

ή ισοδύναμα

$\displaystyle (3-x_1)(1-x_2)(1-x_3)(1-x_4) \leqslant 1$

Αυτό είναι άμεσο από ΑΜ-ΓΜ.

mathematica.gr

Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/EGMO/IMO, 2019

Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/EGMO/IMO, 2019

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/EGMO/IMO, 2019

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/EGMO/IMO, 2019

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/EGMO/IMO, 2019

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/EGMO/IMO, 2019

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/EGMO/IMO, 2019

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/EGMO/IMO, 2019

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/EGMO/IMO, 2019

Re: Α΄ Παγκύπριος Διαγωνισμός Επιλογής για BMO/EGMO/IMO, 2019