Καλησπέρα Χάρη,
Πρόκειται για ένα πρόβλημα το οποίο τέθηκε στο IMO TRAINING CAMP της Ινδίας το 2016.
https://artofproblemsolving.com/communi ... 07p6696426

Έχουμε υποθέσει ότι $f(a)=0$. Για λόγους όμως διευκόλυνσης της συζήτησης παραθέτω την λύση μου, και με τα χαράς να ακούσω τις παρατηρήσεις που ίσως να προκύψουν. Αρχικά, $x:=0,y:=0 : f(0)=0$. Στη συνέχεια, για $y:=0$ θα προκύψει $f(x^2)=xf(x)$ (1). Για $x:=-y$ παίρνουμε ότι $f(y^2+yf(-y))=0$ και από...

Καλησπέρα κύριε Λάμπρου,
Καταρχάς να σημειώσω πως υπάρχει τυπογραφικό και αντί για έπρεπε να είναι .
Τώρα, αν δεν κάνω λάθος προκύπτει ότι αφού

Καλησπέρα Χάρη,
Μπορείς πιο απλά να παρατηρήσεις ότι για έχουμε και άρα αν θα έχουμε . Και από εκεί και πέρα με την τελευταία αντικατάσταση που έκανες παίρνουμε και την δεύτερη λύση της συναρτησιακής.

Αυτές βρήκα και εγώ

Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις τέτοιες ώστε

Καλησπέρα,
Θεωρώ λιγάκι υπερβολή την χρήση του όταν μπορείς απλά να παρατηρήσεις ότι και άρα
και .

Το γνωρίζω απλά για λόγους οικονομίας στον χρόνο έβαλα μόνο το σκέλος της λύσης μου που αφορά τους μη αρνητικούς

Να βρείτε όλα τα ζεύγη ακεραίων $(a,b)$ τέτοια, ώστε $2017^a = b^6-32b + 1$ Καλησπέρα σε όλους, Η λύση μου αφορά τους μη αρνητικούς. Αρχικά, παρατηρούμε ότι θα πρέπει $b$ ζυγός και έστω $b=2k$.Στη συνέχεια θα δείξουμε ότι $a$ πρέπει να είναι ζυγός. Αφού, όμως, $b=2k$ η αρχική εξίσωση γράφεται $2016...

Σωστά,τώρα το είδα.
Θα επανέλθω με διευκρινήσεις.

Καλησπέρα Γιάννη, Μια στοιχειώδη λύση και αργότερα θα επανέλθω και με το σχήμα. Παρατηρούμε ότι οι κύκλοι των $CSO$ και $BSO$ είναι ίση. Άρα πλέον γνωρίζουμε ότι τα $M,N,S$ είναι τα μέσα των αντίστοιχων πλευρών στα οποία βρίσκονται. Και άρα το τετράπλευρο $F,M,E,N$ είναι εγγράψιμο στον κύκλο $Euler$...

Καλησπέρα Νικόλα, Αρχικά, θέτοντας για ευκολία $x^3=a$ καταλήγουμε η δοθείσα να είναι ένα τριώνυμο ως προς $a$. Τώρα, δεδομένου ότι ο $a$ είναι ακέραιος θέλουμε η διακρίνουσα του τριωνύμου να είναι τέλειο τετράγωνο. Εύκολα βλέπουμε ότι ο παραπάνω συλλογισμός δεν ισχύει για $y \in (-\infty,-1)\bigcup...

Καλησπέρα κύριε Σταύρο, Θα δώσω μία λύση για το πρώτο πρόβλημα που θέτετε. Αρχικά, αναπαριστούμε κάθε άθροισμα $x_{1} + ..... +x_{m}$ μη αρνητικών ακεραίων με μια ακολουθία από $x_{1}$ τελείες (•) ακολουθούμενες από μία κάθετη γραμμή (|), μετά από $x_{2}$ τελείες ακόμη μία κάθετη γραμμή και συνεχίζο...

Καλησπέρα παιδιά,
Μία προσπάθεια με Jensen.
Αφού κοίλη έπεται ότι και άρα αρκεί πλέον να αποδείξουμε ότι .
Δεν ξέρω Χάρη αν εννοούσες διαφορετική εφαρμογή της Jensen.

Μία λύση για το Α. Παρατηρούμε ότι η ανισότητα είναι ομογενής, γεγονός που μας επιτρέπει να θέσουμε $a+b+c=1$. 'Ετσι, χρησιμοποιώντας την παραπάνω συνθήκη παίρνουμε ότι η αρχική είναι ισοδύναμη με $\sum \frac{a}{(1-(b-c)^2)^2} \geq 1$ ή ισοδύναμα $\sum \frac{a^2}{(1-(b-c)^2)^2 a} \geq 1$.Τώρα, εφαρμ...

Καλησπέρα κύριε Σταύρο,
Το είναι η μέγιστη δύναμη του που διαιρεί το και το είναι το άθροισμα των ψηφίων του αν το γράψουμε με βάση το .

Λάθος απάντηση

Καλησπέρα Ορέστη και Χάρη, Για λόγους ποικιλίας ας παραθέσω μία ακόμη προσέγγιση. Έστω $n^2+3n+5=121k$ τότε βλέποντας το σαν τριώνυμο ως προς $n$ έχουμε $\Delta=484k-11$ και επειδή $n$ είναι ακέραιος έπεται ότι $\Delta$ είναι τέλειο τετράγωνο. Επομένως, το πρόβλημα ανάγεται στο δείξουμε ότι $\Delta$...

Γεια σου Δημήτρη,
άρα επειδή έπεται ότι και άρα

Φιλικά.
Θράσος

Καλησπέρα Γιάννη, Αναφορικά με το πρόβλημα 3, από την ανισότητα $Andreescu$ έχουμε ότι $LHS \geq \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2+ab+bc+ca}$ Επομένως, αρκεί να αποδείξουμε ότι $\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2+ab+bc+ca}\geq \frac{3}{4}$ το οποίο καταλήγει στην γνωστή ανισότητα $(a+b+c)^2\geq3(ab+bc+ca)$ που ισχ...