mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2019 2:20 pm**

Καλησπέρα σας!

Την περίοδο αυτή πριν την JBMO της Κύπρου, ο μαθητής μας Θάνος Παπαλέξης προετοιμάζεται γράφοντας και κάποια τεστ στο σχολείο, υπό διαγωνιστικές συνθήκες. Στη συνέχεια συζητάμε τις λύσεις του στο σχολείο.

Θα χαρούμε να δούμε κι άλλες διαφορετικές λύσεις στα παρακάτω θέματα.

**********************************************
Ακολουθούν τα προβλήματα του 1ου τεστ:

JBMO Practice TEST 1
ΔΙΑΡΚΕΙΑ: 4,5 ΩΡΕΣ

ΘΕΜΑ 1. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC

με $AB\ne AC$ . Θεωρούμε το μέσο

της πλευράς

, το ορθόκεντρο

του τριγώνου ABC

, το μέσο

του τμήματος

και το περίκεντρο O_2

του τριγώνου BCH

. Να δειχθεί ότι το τετράπλευρο O_1AMO_2

είναι παραλληλόγραμμο.

ΘΕΜΑ 2. Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι αριθμοί

για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle a=7^p-p-16$ είναι τέλειο τετράγωνο.

ΘΕΜΑ 3. Να δειχθεί ότι αν οι x,y,z

είναι θετικοί αριθμοί, τότε
$\displaystyle \dfrac{x^3}{z^3+x^2y}+\dfrac{y^3}{x^3+y^2z}+\dfrac{z^3}{y^3+z^2x}\geq \frac{3}{2}.$

ΘΕΜΑ 4. Σε κάθε μοναδιαίο τετράγωνο ενός $n\times n$ πίνακα γράφουμε ένα θετικό ακέραιο. Μια κίνηση αποτελείται από την επιλογή ενός $2\times 2$ πίνακα και την πρόσθεση του αριθμού 1 σε τρεις από τους τέσσερις αριθμούς του πίνακα που επιλέξαμε. Καλούμε έναν θετικό ακέραιο

καλό αν ξεκινώντας με οποιουσδήποτε αρχικούς ακέραιους, υπάρχει μια ακολουθία κινήσεων που μετατρέπει όλους τους αριθμούς του $n\times n$ πίνακα στον ίδιο αριθμό.

(α) Να δειχθεί ότι ο αριθμός n=6

δεν είναι καλός.
(β) Να δειχθεί ότι ο n=4

, αλλά και ο n=1024

είναι καλοί.

**********************************************

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2019 3:05 pm**

Θέμα 1)
Ως γνωστόν, $O_{2}M=\dfrac{AH}{2}=AO_{1}$ . Ακόμη $AO_{1},O_{2}M\perp B\Gamma \Rightarrow AO_{1}\parallel O_{2}M$ , οπότε στο τετράπλευρο $AO_{2}MO_{1}$ είναι $AO_{1\parallel }=O_{2}M$ , δηλαδή είναι παραλληλόγρομμο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2019 6:32 pm**

achilleas έγραψε: Σάβ Ιουν 15, 2019 2:20 pm
ΘΕΜΑ 3. Να δειχθεί ότι αν οι είναι θετικοί αριθμοί, τότε
$\displaystyle \dfrac{x^3}{z^3+x^2y}+\dfrac{y^3}{x^3+y^2z}+\dfrac{z^3}{y^3+z^2x}\geq \frac{3}{2}.$

Eνδιαφέρον,

η $f(x)=\frac{1}{x}$ είναι κυρτή συνάρτηση στους θετικούς άρα από Jensen έχουμε $LHS=x^{3}f(z^{3}+x^{2}y)+y^{3}f(x^{3}+y^{2}z)+z^{3}f(y^{3}+z^{2}x)\geq \sum x^{3}f(\frac{\sum (xy)^{3}+\sum_{cyclic}x^{5}y}{\sum x^{3}})=$

$=\frac{(\sum x^{3})^{2}}{\sum (xy)^{3}+\sum_{cyclic}x^{5}y}\geq \frac{3}{2}$

Κάνοντας πράξεις καταλήγουμε πως πρέπει να δείξουμε $2\sum x^{6}+\sum (xy)^{3}\geq 3\sum_{cuclic}x^{5}y$ (i)

και έχουμε $x^{6}+x^{6}+x^{3}y^{3}\geq 3x^{5}y$ , $2y^{6}+(yz)^{3}\geq 3y^{5}z$ kai $2z^{6}+(zx)^{3}\geq 3z^{5}x$ προσθέτοντας τις 3 τελευταίες ανισώτητες παίρνουμε την (i)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2019 7:32 pm**

Άλλη μια λύση για το 3ο θέμα:

Η ανισότητα ισοδυναμα γράφεται:

$\frac{3x^3}{3z^3+3x^2y}+\frac{3y^3}{3x^3+3y^2z}+\frac{3z^3}{3y^3+3z^2x}\geq \frac{3}{2}$

Από ΑΜ-ΓΜ έχω $3x^2y\leq 2x^3+y^3$

Οπότε

$\frac{3x^3}{3z^3+3x^2y}+\frac{3y^3}{3x^3+3y^2z}+\frac{3z^3}{3y^3+3z^2x}\geq \frac{3x^3}{2x^3+3z^3+y^3}+\frac{3y^3}{2y^3+3x^3+z^3}+\frac{3z^3}{2z^3+3y^3+x^3}$

Θέτω a=x^3,b=y^3,c=z^3

Οπότε από Cauchy Schwartz έχω:

$\frac{3a}{2a+b+3c}+\frac{3b}{2b+c+3a}+\frac{3c}{2c+a+3b}= \frac{3a^2}{2a^2+ab+3ca}+\frac{3b^2}{2b^2+bc+3ab}+\frac{3c^2}{2c^2+ca+3bc}\geq \frac{3(a+b+c)^2}{2(a+b+c)^2}=\frac{3}{2}$

Αφού ισχύει η τελευταία ανισότητα , θα ισχύει και η αρχική.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2019 7:47 pm**

achilleas έγραψε: Σάβ Ιουν 15, 2019 2:20 pm
ΘΕΜΑ 3. Να δειχθεί ότι αν οι είναι θετικοί αριθμοί, τότε
$\displaystyle \dfrac{x^3}{z^3+x^2y}+\dfrac{y^3}{x^3+y^2z}+\dfrac{z^3}{y^3+z^2x}\geq \frac{3}{2}.$

Άλλη μια λύση. Από C-S έχουμε ότι το αριστερό μέλος είναι μεγαλύτερο ή ίσο από $\dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{2(x^3y+y^3z+z^3x)}$ ,
οπότε μένει να δείξουμε ότι $(x^2+y^2+z^2)^2\geq 3(x^3y+y^3z+z^3x)$ που ισχύει. https://artofproblemsolving.com/community/c6h6026

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 16, 2019 2:29 am**

achilleas έγραψε: Σάβ Ιουν 15, 2019 2:20 pm
ΘΕΜΑ 4. Σε κάθε μοναδιαίο τετράγωνο ενός $n\times n$ πίνακα γράφουμε ένα θετικό ακέραιο. Μια κίνηση αποτελείται από την επιλογή ενός $2\times 2$ πίνακα και την πρόσθεση του αριθμού 1 σε τρεις από τους τέσσερις αριθμούς του πίνακα που επιλέξαμε. Καλούμε έναν θετικό ακέραιο καλό αν ξεκινώντας με οποιουσδήποτε αρχικούς ακέραιους, υπάρχει μια ακολουθία κινήσεων που μετατρέπει όλους τους αριθμούς του $n\times n$ πίνακα στον ίδιο αριθμό.

(α) Να δειχθεί ότι ο αριθμός δεν είναι καλός.
(β) Να δειχθεί ότι ο , αλλά και ο είναι καλοί.

(α) Παρατηρούμε πως το άθροισμα όλων των αριθμών του πίνακα, έστω

παραμένει σταθερό $\pmod{3}$ . Επιλέγουμε τους αρχικούς ακέραιους, ώστε το άθροισμά τους να μην διαιρείται με το

. Έστω πως μπορούσαμε να τους κάνουμε όλους ίσους, έστω να είναι όλοι

. Θα είναι S=36a, άτοπο αφού τώρα το

διαιρείται με το

, ενώ πριν δεν διαιρούνταν. Άρα ο n=6

δεν είναι καλός.

(β)Πρώτα θα δείξουμε ότι ο n=2

είναι καλός. Έστω πως έχουμε αρχικά:

$\left[ \begin{array}{ll} a & b \\ c & d \end{array} \right]$ , με

χωρίς βλάβη της γενικότητας να είναι ο μικρότερος από τους

αριθμούς. Μπορούμε να κάνουμε τις εξής κινήσεις:

$\displaystyle{\left[ \begin{array}{ll} a & b \\ c & d \end{array} \right] \rightarrow...\rightarrow \left[ \begin{array}{ll} b & b \\ b-a+c & b-a+d \end{array} \right] \rightarrow...\rightarrow \left[ \begin{array}{ll} b-a+c & b-a+c \\ b-a+c & b-2a+c+d \end{array} \right] \rightarrow...\rightarrow \left[ \begin{array}{ll} b-2a+c+d & b-2a+c+d \\ b-2a+c+d & b-2a+c+d \end{array} \right]}$

Θα χρησιμοποιήσουμε επαγωγή, αποδεικνύοντας πως κάθε αριθμός της μορφής n=2^k

, $k\geq 1$ , είναι καλός.

Πράγματι ισχύει για k=1

. Έστω πως ισχύει για κάποιο k=u

. Θα δείξουμε τώρα πως ισχύει και για k=u+1

.

Χωρίζουμε τον $2^{u+1}\times 2^{u+1}$ πίνακα στα

, σχηματίζοντας

υποπίνακες μεγέθους $2^u\times 2^u$ .

Αρχικά θα διασφαλίσουμε πως το

αθροίσματα των αριθμών σε κάθε υποπίνακα είναι ίσα. Εστιάζουμε στο κεντρικό $2\times 2$ τετράγωνο του μεγάλου πίνακα. Θεωρούμε πως κάθε γωνιακό τετράγωνό του αντιστοιχείται στο άθροισμα των αριθμών του υποπίνακα που ανήκει. Αν φανταστούμε πως έχει αυτόν τον αριθμό, τότε με κατάλληλες διαδικασίες (όπως είπαμε πριν για n=2

), μπορούμε να κάνουμε τους τέσσερις αριθμούς ίσους του $2\times 2$ . Αν και στην πραγματικότητα το κεντρικό αυτό τετράγωνο δεν θα έχει αυτούς τους αριθμούς, όταν πραγματοποιήσουμε την διαδικασία θα κάνουμε τα τέσσερα αθροίσματα ίσα και πρακτικά ισοϋπόλοιπα $\pmod{3}$ .

Τώρα που τα τέσσερα αθροίσματα των υποπινάκων είναι ίσα μεταξύ τους, χρησιμοποιώντας την επαγωγική διαδικασία κάνουμε όλα τα τετραγωνάκια του κάθε υποπίνακα ίσα.

Ωστόσο μπορεί μεταξύ τους οι υποπίνακες να μην έχουν ίσα τετράγωνα. Όμως, αφού πριν την επαγωγική διαδικασία ήταν ισοϋπόλοιπα $\pmod{3}$ και αφού η διαδικασία αφήνει το άθροισμα αναλλοίωτο $\pmod{3}$ , οι τέσσερις πίνακες θα έχουν ο καθένας τετράγωνα με τον ίδιο αριθμό, οι οποίοι αριθμοί ανά πίνακα θα είναι ισοϋπόλοιποι $\pmod{3}$ . Π.χ ο πρώτος υποπίνακας θα έχει μόνο

, ο άλλος

και ο άλλος

. Θέλουμε να κάνουμε όλους αυτούς τους αριθμούς ίσους.

Πρακτικά η κίνηση που πραγματοποιούμε είναι η επιλογή ενός "Γ" τριών τετραγώνων και η αύξηση των αριθμών σε αυτό. Οπότε αν χωρίσουμε έναν υποπίνακα σε τετραγωνάκια $2\times 2$ και πραγματοποιήσουμε την κίνηση σε καθένα από τα τέσσερα "Γ" που έχει το $2\times 2$ , τότε αυξήσαμε κάθε αριθμό του τετραγώνου $2\times 2$ κατά

. Με αυτό τον τρόπο μπορούμε να αυξήσουμε κάθε αριθμό του υποπίνακα κατά

.

Εύκολα τώρα τροποποιούμε τους υποπίνακες, κάνοντας όλους τους αριθμούς ίσους!

Με την επαγωγή λοιπόν δείξαμε πως οι n=4

και

είναι καλοί!

Υ.Γ Ίσως να υπάρχουν κάποιες ασάφειες. Αν κάτι δεν είναι ξεκάθαρο πείτε μου για να το σουλουπώσω λίγο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 16, 2019 10:50 am**

achilleas έγραψε: Σάβ Ιουν 15, 2019 2:20 pm

ΘΕΜΑ 2. Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι αριθμοί για τους οποίους ο αριθμός $\displaystyle a=7^p-p-16$ είναι τέλειο τετράγωνο.

Θέμα σε παλιά JBMO νομίζω.

Αν p=2

εύκολα έχουμε άτοπο.

Άρα, $p \equiv 1$ ή $3 \pmod 4$ .

Αν $p \equiv 1 \pmod 4$ , τότε $a \equiv 2 \pmod 4$ , άτοπο γιατί το

δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\pmod 4$ .

Αν $p \equiv 3 \pmod 4$ , τότε αν a=k^2

, είναι με το Μικρό Θεώρημα του Fermat, $a \equiv -9 \pmod p$ , οπότε $p \mid k^2+3^2$ .

Από γνωστό Λήμμα (δείτε εδώ για την απόδειξη του) είναι $p \mid k, p \mid 3$ , άρα p=3

, που είναι δεκτή λύση.

Τελικά, p=3

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 16, 2019 3:50 pm**

Ορέστης Λιγνός έγραψε: Κυρ Ιουν 16, 2019 10:50 am
Θέμα σε παλιά JBMO νομίζω.

Όχι ακριβώς, αλλά μοιάζει πολύ. https://artofproblemsolving.com/communi ... 653p874754

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 28, 2021 9:52 pm**

silouan έγραψε: Κυρ Ιουν 16, 2019 3:50 pm
Ορέστης Λιγνός έγραψε: Κυρ Ιουν 16, 2019 10:50 am
Θέμα σε παλιά JBMO νομίζω.
Όχι ακριβώς, αλλά μοιάζει πολύ. https://artofproblemsolving.com/communi ... 653p874754

Βασικά είχε τεθεί και ως Πρόβλημα 1, την τέταρτη μέρα του JBMO Test 2018 επιλογής της Ρουμανίας.
Ορίστε και η παραπομπή: https://artofproblemsolving.com/communi ... 0p15905172.

mathematica.gr

JBMO Τέστ Εξάσκησης #1

JBMO Τέστ Εξάσκησης #1

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #1

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #1

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #1

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #1

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #1

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #1

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #1

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #1