Τεστ Εξάσκησης (14), Μεγάλοι

#1

ΘΕΜΑ 1
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ για τις οποίες ισχύει

$\displaystyle{n!+f(m)!|f(n)!+f(m!)}$

για όλους τους θετικούς ακεραίους m,n.

ΘΕΜΑ 2
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{x}{x^2+1}+\frac{y}{y^2+1}+\frac{z}{z^2+1}\ge-\frac{1}{2}, }$

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς x,y,z

με

(Από εδώ: viewtopic.php?f=111&t=34612)

ΘΕΜΑ 3
Έστω

εσωτερικό σημείο οξυγωνίου τριγώνου ABC

και

οι προβολές του

στις πλευρές BC, AC, AB,

αντίστοιχα. Έστω

το σημείο τομής των κάθετων στις B_1C_1

και

από τα σημεία

και

αντίστοιχα. Αν

η προβολή του

στην

να δείξετε ότι τα σημεία A_1, B_1, C_1, H

είναι ομοκυκλικά.

ΘΕΜΑ 4
Να προσδιορίσετε το πλήθος των συνόλων $A = \{a_1,a_2,...,a_{1000}\},$ με στοιχεία θετικούς ακέραιους και $a_1 < a_2 <...< a_{1000} \le 2014$ ,
για τα οποία το σύνολο $S = \{a_i + a_j | 1 \le i, j \le 1000,$ με $i + j \in A\},$ είναι υποσύνολο του

.
(Από εδώ: https://artofproblemsolving.com/communi ... ubset_of_a)

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ · #2

Καλό μεσημέρι!
Για το 3.
Απο γνωστή πρόταση για τους ποδικούς κύκλους, αρκεί, για να ανήκει το

στον

, τα σημεία

και

να είναι ισογώνια συζυγή, το οποίο όμως ισχύει αφού $\angle C_1AO=\angle C_1B_1O=\angle PAC$ και ομοίως $\angle CBO= A_1C_1O= \angle ABP$ . Η απόδειξη τώρα ολοκληρώθηκε.

Ορέστης Λιγνός · #3

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 23, 2020 1:41 am
ΘΕΜΑ 1
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ για τις οποίες ισχύει

$\displaystyle{n!+f(m)!|f(n)!+f(m!)}$

για όλους τους θετικούς ακεραίους

Αποδεικνύω 2 Ισχυρισμούς:

Ισχυρισμός 1: Ισχύει, f(1)=1

.

Απόδειξη: Θέτουμε m=n=1

στη δοσμένη, οπότε προκύπτει $k!+1 \mid k!+k$ , με f(1)=k

. Άρα $k!+1 \mid k-1$ .

Αν $k \neq 1$ , τότε $k-1 \geqslant k!+1 \Rightarrow k! \leqslant k-2$ , άτοπο.
Άρα, k=1

, δηλαδή

$\blacksquare$ .

Ισχυρισμός 2: Ισχύει f(p-1)=p-1

για κάθε πρώτο

.

Απόδειξη: Θέτω $m=1, \, n=p-1$ στη δοσμένη, όπου

πρώτος, και έχω $(p-1)!+1 \mid f(p-1)!+1$ .

Από Θ. Wilson, είναι $(p-1)!+1 \equiv 0 \pmod p$ , άρα $p \mid f(p-1)!+1$ , δηλαδή f(p-1)<p

(αν $f(p-1) \geqslant p$ , τότε $p \mid f(p-1)!$ , άτοπο).

Επίσης, από την $(p-1)!+1 \mid f(p-1)!+1$ , προκύπτει ότι $f(p-1)! \geqslant (p-1)! \Rightarrow f(p-1) \geqslant p-1$ , οπότε $p >f(p-1) \geqslant f(p-1)$ , που δίνει f(p-1)=p-1

$\blacksquare$ .

Πίσω στην άσκηση, έστω n=p-1

με

πρώτο, οπότε έχω $(p-1)!+f(m)! \mid (p-1)!+f(m!) \Rightarrow (p-1)!+f(m)! \mid f(m!)-f(m)!$ .

Έστω, ότι υπάρχει

, με $f(m)! \neq f(m!)$ . Τότε, πρέπει $f(m!)-f(m)! \geqslant (p-1)!+f(m)!$ , το οποίο είναι άτοπο για αρκετά μεγάλο

.

Άρα

για κάθε

. Οπότε, η δοσμένη σχέση γράφεται $n!+f(m)! \mid f(n)!+f(m)! \Rightarrow n!+f(m)! \mid f(n)!-n!$ .

Αν ισχύει $f(n) \neq n$ για κάποιο

, τότε $f(n)!-n! \geqslant n!+f(m)!$ , άτοπο για αρκετά μεγάλο

της μορφής p-1

με

πρώτο.

Άρα, f(n)=n

για κάθε

.

Είναι προφανές ότι η f(n)=n

, ικανοποιεί την δοσμένη συνθήκη, άρα είναι και η μοναδική λύση.

Ορέστης Λιγνός · #4

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 23, 2020 1:41 am
ΘΕΜΑ 2
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{x}{x^2+1}+\frac{y}{y^2+1}+\frac{z}{z^2+1}\ge-\frac{1}{2}, }$

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς με
(Από εδώ: viewtopic.php?f=111&t=34612)

Χρόνια Πολλά!

Έστω ότι, υπάρχουν δύο θετικοί μεταξύ των x,y,z

. Έστω WLOG ότι $y,z \geqslant 0$ . Τότε, γράφω την προς απόδειξη ως:

$\dfrac{(x+1)^2}{2x^2+2}+\dfrac{y}{y^2+1}+\dfrac{z}{z^2+1} \geqslant 0$ , και αυτή είναι προφανής.

Έστω τώρα, ότι το πολύ

είναι θετικός. Αν όλοι είναι αρνητικοί, δηλαδή $x,y,z \leqslant 0$ , τότε έχω $0 \geqslant x+y+z=xy+yz+zx \geqslant 0$ , οπότε x=y=z=0

, και σε αυτήν την περίπτωση η προς απόδειξη ισχύει.

Άρα, θα έχω

αρνητικούς, WLOG τους y,z

, και έναν θετικό, τον

. Θέτω $b=-y, \, c=-z$ και για ευκολία x=a

.

Η συνθήκη γράφεται $a=\dfrac{b+c+bc}{b+c+1}$ , και έχω να δείξω ότι $\dfrac{a}{a^2+1}+\dfrac{1}{2} \geqslant \dfrac{y}{y^2+1}+\dfrac{z}{z^2+1}$ .

Θέτω τώρα y+z=s, yz=p

, οπότε

. Αντικαθιστώ το

στην προς απόδειξη, και γράφω $\dfrac{y}{y^2+1}+\dfrac{z}{z^2+1}=\dfrac{sp+s}{p^2+s^2-2p+1}$ . Κάνοντας τώρα (κάμποσες

) πράξεις, αρκεί να δείξω ότι:

$4s^4+(p^2-14p+1)s^2+(2p^3-6p^2-6p+2)s+p^4-2p^2+1 \geqslant 0$ .

Θέτω το αριστερό μέλος της πιο πάνω συνάρτηση f(s)

. Η πρώτη παράγωγος της είναι:

f'(s)=16s^3+(2p^2-28p+2)s+2p^3-6p^2-6p+2

, και η δεύτερη παράγωγος είναι:

f''(s)=48s^2+2p^2-28p+2

.

Χρησιμοποιώ την ανισότητα $s^2 \geqslant 4p$ (είναι η $(x+y)^2 \geqslant 4xy$ ).

Είναι λοιπόν, $f''(s) \geqslant 48 \cdot 4p+2p^2-28p+2=2p^2+164p+2 >0$ , αφού $p \geqslant 0$ .

Άρα, η

είναι γνησίως αύξουσα. Συνεπώς:

$f'(s) \geqslant 16 \cdot (2\sqrt{p})^3+(2p^2-8p+2) \cdot 2\sqrt{p}+2p^3-6p^2-6p+2>0$ (η τελευταία είναι εύκολο

να αποδειχθεί).

Οπότε και η

είναι αύξουσα. Συνεπώς:

$f(s) \geqslant f(2\sqrt{p})=64p^2+(p^2-14p+1) \cdot 4p+(2p^3-6p^2-6p+2) \cdot 2\sqrt{p}+p^4-2p^2+1=$ $(\sqrt{p}-1)^2(p+1)(6p^{3/2}+p^2+14p+6\sqrt{p}+1) \geqslant 0$ .

Οπότε, η προς απόδειξη δείχθηκε!

giannisd · #5

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 23, 2020 1:41 am
ΘΕΜΑ 2
Να δείξετε ότι

$\displaystyle{ \frac{x}{x^2+1}+\frac{y}{y^2+1}+\frac{z}{z^2+1}\ge-\frac{1}{2}, }$

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς με
(Από εδώ: viewtopic.php?f=111&t=34612)

Ίσως όχι και η καλύτερη απόδειξη, αλλά νομίζω ότι δουλεύει.

Αρχικά, η $f(x)=\dfrac{x}{x^2+1}$ είναι γνησίως αύξουσα στο [0,1]

και γνησίως φθίνουσα στο $[1,+\infty)$ με $\max_{x\geq 0} f(x)=f(1)=\dfrac{1}{2}$ .

WLOG $x\geq y\geq z$

Διακρίνω τις ακόλουθες περιπτώσεις:

Περίπτωση 1: Aν $x\geq y\geq z\geq 0$ , τότε το ζητούμενο είναι προφανές.

Περίπτωση 2: Αν $x\geq y\geq 0\geq z$ , τότε
$\displaystyle{LHS=f(x)+f(y)-f(|z|)\geq -f(|z|)\geq -\dfrac{1}{2}=RHS }$

Περίπτωση 3: Αν $x\geq 0\geq y\geq z$ , τότε θέτω $y= -b\, ,z=-c$ , οπότε από τη συνθήκη προκύπτει $x=\dfrac{b+c+bc}{b+c+1}$ .
Άρα αρκεί $f(x)+f(1)\geq f(b)+f(c)$ . Αν $f(x)\geq f(b)$ ή $f(x)\geq f(c)$ , τότε το ζητούμενο είναι άμεσο. Αλλιώς, αν:

$x\geq 1\iff bc\geq 1 \implies c\geq 1$
Όμως $f(x)<f(c)\iff x>c\iff \dfrac{b+c+bc}{b+c+1}>c\implies b> c^2 \geq c$ άτοπο.
$x<1\iff bc<1\implies b<1$
Όμως $f(x)<f(b)\iff x<b\iff \dfrac{b+c+bc}{b+c+1}<b\implies c<b^2<b$ άτοπο.

Περίπτωση 4: Αν $0\geq x\geq y\geq z$ , τότε
$\displaystyle{x+y+z\leq 0\leq xy+yz+zx\implies x=y=z=0\implies LHS=0>-\dfrac{1}{2}=RHS}$

Εξαντλήθηκαν λοιπόν όλες οι περιπτώσεις. $\blacksquare$

EDIT: Με πρόλαβαν...

Ορέστης Λιγνός · #6

socrates έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 23, 2020 1:41 am
ΘΕΜΑ 4
Να προσδιορίσετε το πλήθος των συνόλων $A = \{a_1,a_2,...,a_{1000}\},$ με στοιχεία θετικούς ακέραιους και $a_1 < a_2 <...< a_{1000} \le 2014$ ,
για τα οποία το σύνολο $S = \{a_i + a_j | 1 \le i, j \le 1000,$ με $i + j \in A\},$ είναι υποσύνολο του .
(Από εδώ: https://artofproblemsolving.com/communi ... ubset_of_a)

Θα ονομάζω όλα τα σύνολα

που ικανοποιούν την συνθήκη της εκφώνησης περίεργο.

Αρχίζω με έναν Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός 1: Ισχύει $a_k \not \in \{1001,1002, \ldots, 2000 \}$ (το $k \in \{1,2, \ldots, 1000 \}$ ) για κάθε περίεργο σύνολο

της μορφής $A=\{a_1,a_2, \ldots, a_{1000} \}$ .

Απόδειξη: Έστω, ότι υπάρχει

με $a_k \in \{1001, 1002, \ldots, 2000 \}$ . Ας γράψουμε λοιπόν το a_k

στη μορφή

με $M \in \{1,2, \ldots, 1000 \}$ . Τότε, το $a_{1000}+a_M$ ανήκει στο

, σύμφωνα με την περιγραφή του συνόλου

.

Αφού όμως $S \subseteq A$ , πρέπει $a_{1000}+a_M \in A$ , άτοπο αφού το μεγαλύτερο στοιχείο του

είναι το $a_{1000}$ $\blacksquare$ .

Πίσω στην άσκηση, από τον Ισχυρισμό, προκύπτει ότι κάθε περίεργο σύνολο είναι της μορφής $X \cup Y$ , με:

$\rightarrow$ το

υποσύνολο του $\{1,2, \ldots, 1000 \}$ , και
$\rightarrow$ το

υποσύνολο του $\{1001,1002, \ldots, 2014 \}$ .

Έστω ότι |X|=m, |Y|=1000-M

(αφού

, και $X= \{a_1,a_2, \ldots, a_m \}$ , $Y=\{a_{m+1},\ldots, a_{1000} \}$ .

Αποδεικνύω ακόμα έναν Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός 2: Ισχύει, a_i=i

, για κάθε $i \in \{1,2, \ldots, m\}$ .

Απόδειξη: Αρκεί, προφανώς, να δείξω ότι a_m=m

(σ'αυτή την περίπτωση, θα είχα ότι $m=a_m \geqslant a_{m-1}+1 \geqslant a_{m-2}+2 \geqslant \ldots a_1+m-1 \geqslant m$ , δηλαδή έχω παντού ισότητα, οπότε a_i=i

για κάθε $i \in \{1,2, \ldots , m \}$ .

Έστω, ότι a_m>m

. Τότε μπορώ να γράψω a_m=m+s

, με

θετικό ακέραιο. Τότε, από τον ορισμό του

πρέπει το

να ανήκει στο

, άρα και στο

.

Άρα, $a_m+a_s \in B \cup C$ .

$\rightarrow$ Αν $a_m+a_s \in B$ , τότε έχω $a_m+a_s \leqslant a_m$ , άτοπο.
$\rightarrow$ Αν πάλι $a_m+a_s \in C$ , τότε a_m+a_s >2000

, οπότε

, αφού $a_m \leqslant 1000$ .

Άρα $a_s>1000 \geqslant a_m \Rightarrow s >m$ , δηλαδή a_m>2m

.

Τώρα, είναι $Y \subseteq \{2001, 2002, \ldots, 2014 \} \Rightarrow |Y| \leqslant 14 \Rightarrow 1000-m \leqslant 14$ , δηλαδή $m \geqslant 986$ .

Άρα, έχω a_m>2m >1000

, άτοπο. Οπότε, πρέπει $a_m \leqslant m$ , που δίνει:

$m \geqslant a_m \geqslant a_{m-1}+1 \geqslant a_{m-2}+2 \geqslant \ldots a_1+m-1 \geqslant m$ , δηλαδή έχω ισότητα, συνεπώς a_i=i

για κάθε $i \in \{1,2, \ldots, m\}$ $\blacksquare$ .

Πίσω στην άσκηση, έχω ότι $A=X \cup Y=\{1,2, \ldots, m\} \cup \{a_{m+1}, \ldots, a_{1000} \}$ , με $986 \leqslant m \leqslant 1000$ (αποδείχθηκε στον Ισχυρισμό 2).

Θα δείξω τώρα ότι όλα τα σύνολα της παραπάνω μορφής είναι περίεργα.

Ας πάρω ένα τυχαίο στοιχείο του

.

$\rightarrow$ Αν αυτό ανήκει στο

, τότε όπως και να γράψω το στοιχείο αυτό (έστω

) σαν άθροισμα δύο αριθμών, x=y+z

, θα είναι $y,z <x\leqslant m$ , άρα το a_y+a_z=y+z=x

, ανήκει στο

.

$\rightarrow$ Αν πάλι το

ανήκει στο

, τότε $x \geqslant 2001$ , άρα δεν μπορώ να το γράψω σαν άθροισμα δύο αριθμών $\leqslant 1000$ .

Οπότε, όλα τα σύνολα της μορφής $A=X \cup Y=\{1,2, \ldots, m\} \cup \{a_{m+1}, \ldots, a_{1000} \}$ με το $Y=\{a_{m+1}, \ldots, a_{1000} \}$ υποσύνολο του $\{2001,2002, \ldots, 2014 \}$ είναι περίεργο.

Τέλος, για κάθε

, έχω ακριβώς $\displaystyle \binom{14}{1000-m}$ περίεργα σύνολα. Για $m \in \{986,987, \ldots, 1000 \}$ , έχω λοιπόν σύνολο:

$\displaystyle \binom{14}{14}+\binom{14}{13}+\ldots +\binom{14}{1}+\binom{14}{0}=2^{14}$ περίεργα σύνολα (η τελευταία ισότητα προκύπτει από το δυωνυμικό ανάπτυγμα του $(1+1)^{14}$ ).

Σύνολο λοιπόν $2^{14}=4096$ περίεργα σύνολα.

#7

Για την ανισότητα δείτε εδώ:
https://artofproblemsolving.com/communi ... 48p1297645
Η λύση στο ποστ#11 νομίζω είναι η καλύτερη δυνατή.

Τεστ Εξάσκησης (14), Μεγάλοι

Τεστ Εξάσκησης (14), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (14), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (14), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (14), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (14), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (14), Μεγάλοι

Re: Τεστ Εξάσκησης (14), Μεγάλοι

Μέλη σε σύνδεση