mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2019 2:32 pm**

Καλησπέρα σας!

Σε συνέχεια των προηγούμενων θεμάτων με το 1ο τεστ, το 2ο τεστ και το 3ο τεστ, ακολουθούν τα προβλήματα του 4ου τεστ.

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

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

JBMO Practice TEST 4
ΔΙΑΡΚΕΙΑ: 4,5 ΩΡΕΣ

ΘΕΜΑ 1. Έστω

ένας πρώτος αριθμός, $p\ne 3$ , και έστω a,b

ακέραιοι τέτοιοι ώστε p|a+b

και

. Να διεχθεί ότι p^2|a+b

ή

ΘΕΜΑ 2. Να δειχθεί ότι για κάθε θετικό ακέραιο

υπάρχει ένα πολλαπλάσιο του

το οποίο έχει άθροισμα ψηφίων ίσο με

.

ΘΕΜΑ 3. Δίνεται ένα οξυγώνιο τρίγωνο ABC

και το ύψος του

. Έστω

το σημείο τομής της

με τη διάμετρο του περιγεγγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

από το

. Έστω

το συμμετρικό του σημείου

ως προς την πλευρά

, και έστω

το συμμετρικό του σημείου

ως προς την πλευρά AB.

Να δειχθεί ότι $\angle EMC=\angle BNE$ .

ΘΕΜΑ 4. Να δειχθεί ότι αν οι a,b,c

είναι θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε ab+bc+ca=3

τότε
$\displaystyle \dfrac{1}{1+a^2(b+c)}+\dfrac{1}{1+b^2(c+a)}+\dfrac{1}{1+c^2(a+b)}\leq \frac{1}{abc}.$

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

Φιλικά,

Αχιλλέας

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

achilleas έγραψε: Σάβ Ιουν 15, 2019 2:32 pm
ΘΕΜΑ 4. Να δειχθεί ότι αν οι είναι θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε τότε
$\displaystyle \dfrac{1}{1+a^2(b+c)}+\dfrac{1}{1+b^2(c+a)}+\dfrac{1}{1+c^2(a+b)}\leq \frac{1}{abc}.$

Από την ισότητα έχουμε $a(b+c)=3-bc\Leftrightarrow a^{2}(b+c)=3a-abc$ κάνοντάς το κυκλικά έχουμε $LHS=\sum \frac{1}{1+3a-abc}$

επείσης $\sum ab=3\geq 3\sqrt[3]{(abc)^{2}}\rightarrow 1\geq abc\Leftrightarrow 1+3a-abc\geq 3a\Leftrightarrow \frac{1}{1+3a-abc}\leq \frac{1}{3a}$

κανοντάς το και αυτο κυκλικά παίρνουμε $LHS=\sum \frac{1}{1+3a-abc}\leq \frac{1}{3}\sum \frac{1}{a}=\frac{1}{3abc}\sum ab=\frac{1}{abc}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2019 8:13 pm**

achilleas έγραψε: Σάβ Ιουν 15, 2019 2:32 pm

ΘΕΜΑ 3. Δίνεται ένα οξυγώνιο τρίγωνο και το ύψος του . Έστω το σημείο τομής της με τη διάμετρο του περιγεγγραμμένου κύκλου του τριγώνου από το . Έστω το συμμετρικό του σημείου ως προς την πλευρά , και έστω το συμμετρικό του σημείου ως προς την πλευρά Να δειχθεί ότι $\angle EMC=\angle BNE$ .

: 64.PNG (46.47 KiB) Προβλήθηκε 2473 φορές

Έστω $L\equiv MN\cap AO$

Θα είναι $\widehat{BNA}=\widehat{AMC}=90^{\circ}$

Τα DAM,NAD

είναι ισοσκελή άρα $\widehat{NAB}=\widehat{BAD}=90-\widehat{B}=\widehat{EAC}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat{DAC}=\widehat{CAM}$

Είναι $\widehat{EAM}=\widehat{CAM}+90-\widehat{B}=\widehat{DAC}+\widehat{DAE}=\widehat{NAD}+\widehat{DAC}=\widehat{NAO}$

Άρα

διχοτόμος της $\widehat{NAM}$

Επίσης AM=AD=AN

άρα

ισοσκελές και

μέσο της βάσης.

Άρα και το NEM

είναι ισοσκελές και έτσι

$\widehat{BNE}=90-\widehat{ENA}=90-\left ( \widehat{ENM} +\widehat{MNA}\right )=90-\widehat{AME}=\widehat{EMC}\Leftrightarrow \boxed{\widehat{BNE}=\widehat{EMC}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 16, 2019 11:06 am**

achilleas έγραψε: Σάβ Ιουν 15, 2019 2:32 pm
ΘΕΜΑ 1. Έστω ένας πρώτος αριθμός, $p\ne 3$ , και έστω ακέραιοι τέτοιοι ώστε και . Να διεχθεί ότι ή $p^3 \mid \mid a^3+b^3.$

Αν $p^2 \mid a+b$ , δεν έχω κάτι να δείξω.

Έστω λοιπόν, p^1 || a+b

.

Τότε, είναι $p^2 \mid (a+b)(a^2-ab+b^2)$ , οπότε $p \mid a^2-ab+b^2$ ,και αφού $a^2-ab+b^2 \equiv -3b^2 \pmod p \Rightarrow p \mid 3b^2 \Rightarrow p \mid b$ , αφού $p \neq 3$ .

Οπότε, $p \mid b$ και όμοια $p \mid a$ , συνεπώς $p^3 \mid a^3+b^3$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 16, 2019 11:09 am**

achilleas έγραψε: Σάβ Ιουν 15, 2019 2:32 pm

ΘΕΜΑ 1. Έστω ένας πρώτος αριθμός, $p\ne 3$ , και έστω ακέραιοι τέτοιοι ώστε και . Να διεχθεί ότι ή

Καλημέρα και καλή Κυριακή!
Μια λύση για το θέμα 1:
Ξέρω ότι $p\mid a+b$ και ότι $p{2}\mid a^{3}+b^{3}\Leftrightarrow p^{2}\mid (a+b)(a^{2}+ab+b^{2})}$ Άρα, διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: είτε $p^{2}\mid a+b$ (που είναι η μία ζητούμενη περίπτωση) είτε $p\mid a^{2}+ab+b^{2}$ . Αρκεί να ασχοληθούμε με την δεύτερη περίπτωση τώρα και να δείξουμε ότι $p^{2}\mid a^{2}+ab+b^{2}$ . Είναι $a^{2}+ab+b^{2}=(a+b)^{2}-ab=kp^{2}-ab$ . Άρα, ισχύει ότι $p\mid ab$ . Επειδή

πρώτος, θα είναι διαιρέτης ή του

ή του

ή και των δύο. Έστω ότι $p\mid a$ . Όμως, $p\mid a+b$ . Άρα, ο

είναι διαιρέτης και των δύο. Άρα, $p^{2}\mid ab$ . Άρα, $p^{2}\mid a^{2}+ab+b^{2}$ . Επίσης, $p\mid a+b$ . Πολλαπλασιάζοντας τις δύο σχέσεις λαμβάνουμε το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 16, 2019 7:32 pm**

achilleas έγραψε: Σάβ Ιουν 15, 2019 2:32 pm
ΘΕΜΑ 4. Να δειχθεί ότι αν οι είναι θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε τότε
$\displaystyle \dfrac{1}{1+a^2(b+c)}+\dfrac{1}{1+b^2(c+a)}+\dfrac{1}{1+c^2(a+b)}\leq \frac{1}{abc}.$

Μία ''περίεργη'' λύση.

Αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle \sum_{cyc} \dfrac{a^2(b+c)}{a^2(b+c)+1} \geqslant 3-\dfrac{1}{abc}$ ή αλλιώς $\displaystyle \sum_{cyc} \dfrac{a^2(b+c)^2}{a^2(b+c)^2+b+c} \geqslant 3-\dfrac{1}{abc}$ , οπότε από C-S αρκεί να δείξω ότι :

$\dfrac{2(ab+bc+ca)^2}{\displaystyle \sum_{cyc} (ab+ac)^2+2\sum a} \geqslant 3-\dfrac{1}{abc}$ .

Αν abc<1/3

, τότε

, οπότε έστω $abc \geqslant 1/3$ .

Έστω τώρα, $\sum a =p, \sum ab=q=3, abc=r$ , οπότε αρκεί $(1-r)(\dfrac{18}{3r-1}-2p) \geqslant 0$ και αφού $r \leqslant 1$ από ΑΜ-ΓΜ, αρκεί $(3r-1)p \leqslant 9$ .

Είναι, $(3r-1)p=3abc(a+b+c)-a-b-c \leqslant (ab+bc+ca)^2-a-b-c \leqslant 9-a-b-c<9$ , και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 26, 2019 11:26 am**

achilleas έγραψε: Σάβ Ιουν 15, 2019 2:32 pm
ΘΕΜΑ 2. Να δειχθεί ότι για κάθε θετικό ακέραιο υπάρχει ένα πολλαπλάσιο του το οποίο έχει άθροισμα ψηφίων ίσο με .