JBMO Τέστ Εξάσκησης #3

#1

Καλησπέρα σας!

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

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

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

JBMO Practice TEST 3
ΔΙΑΡΚΕΙΑ: 4,5 ΩΡΕΣ

ΘΕΜΑ 1. Τα ύψη AA_1

,

ενός οξυγώνιου τριγώνου τέμνονται στο

. Έστω

το συμμετρικό του σημείου

ως προς την πλευρά B_1C_1

, και έστω

το περίκεντρο του τριγώνου ABC

.

(α) Να δειχθεί ότι τα σημεία O, A_2,B_1,C

είναι ομοκυκλικά.
(β) Να δειχθεί ότι τα σημεία O, H,A_1,A_2

είναι ομοκυκλικά.

ΘΕΜΑ 2. Δέκα αριθμοί επιλέγονται από τους $1,2,3,\ldots, 37.$ Να δειχθεί ότι μπορούμε να επιλέξουμε τέσσερις διακεκριμμένους αριθμούς από αυτούς τους δέκα, έτσι ώστε το άθροισμα δύο εξ αυτών να ισούται με το άθροισμα των άλλων δύο.

ΘΕΜΑ 3. Να δειχθεί ότι αν οι a,b,c

είναι θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $abc\geq 1$ , τότε
$\displaystyle \dfrac{1}{a^3+2b^3+6}+\dfrac{1}{b^3+2c^3+6}+\dfrac{1}{c^3+2a^3+6}\leq \frac{1}{3}.$

ΘΕΜΑ 4. Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους a<b<c<d

τέτοιους ώστε καθένας από αυτούς να διαιρεί το άθροισμα των υπόλοιπων τριών.

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

Φιλικά,

Αχιλλέας

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 15, 2019 2:28 pm

ΘΕΜΑ 1. Τα ύψη , , ενός οξυγώνιου τριγώνου τέμνονται στο . Έστω το συμμετρικό του σημείου ως προς την πλευρά , και έστω το περίκεντρο του τριγώνου .

(α) Να δειχθεί ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά.
(β) Να δειχθεί ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

Από το θεώρημα Nagel

είναι $OA\perp B_1C_1$ και είναι $A_2A\perp B_1C_1$
άρα A,O,A_2

συνευθειακά .

B_1A_2=B_1A,OC=OA

άρα $\widehat{B_1A_2A}=\widehat{OAC}=\widehat{ACO}$

άρα B_1OA_2C

εγγράψιμο.

Από το εγγράψιμο A_1HB_1C

είναι $AH\cdot AA_1=AB_1\cdot AC$

B_1OA_2C

εγγράψιμο άρα $AB_1\cdot AC=AO\cdot AA_2=\Leftrightarrow AH\cdot AA_1=AO\cdot AA_2$

άρα A_1A_2OH

εγγράψιμο

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 15, 2019 2:28 pm

ΘΕΜΑ 3. Να δειχθεί ότι αν οι είναι θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $abc\geq 1$ , τότε
$\displaystyle \dfrac{1}{a^3+2b^3+6}+\dfrac{1}{b^3+2c^3+6}+\dfrac{1}{c^3+2a^3+6}\leq \frac{1}{3}.$

Είναι $\dfrac{1}{a^3+2b^3+6}=\dfrac{1}{a^3+b^3+b^3+6}\overset{AM-GM}{\leq }\dfrac{1}{3ab^2+6}$

έτσι η δοθείσα παίρνει την μορφή $\dfrac{1}{ab^2+2}+\dfrac{1}{bc^2+2}+\dfrac{1}{ca^2+2}\leq 1$

Θέτω $x=ab^2,y=bc^2,z=ca^2,xyz\geq 1$

Πολλαπλασιάζοντας αυτή που προκύπτει με (x+2)(y+2)(z+2)

παίρνουμε

$xyz+xy+yz+xz\geq 4\Leftrightarrow xy+yz+xz\geq 3$ που ισχύει αφού από AM-GM

$xy+yz+xz\geq 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\geq 3$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #4

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 15, 2019 2:28 pm

ΘΕΜΑ 2. Δέκα αριθμοί επιλέγονται από τους $1,2,3,\ldots, 37.$ Να δειχθεί ότι μπορούμε να επιλέξουμε τέσσερις διακεκριμμένους αριθμούς από αυτούς τους δέκα, έτσι ώστε το άθροισμα δύο εξ αυτών να ισούται με το άθροισμα των άλλων δύο.

(δεν είμαι και πολύ σίγουρος για την λύση)
Έστω a,a+d_1,a+d_1,....,a+d_9

,

δέκα φυσικοί από το $\left [ 1,36 \right ]$ για τους οποίους δεν ισχύει το ζητούμενο.

Τότε για κάθε a+d_i,a+d_j,i<g

αναγκαστικά δεν θα υπάρχει ο a+(d_j-d_i)

αφού εαν υπήρχε θα είχαμε

(a+(d_j-d_i))+(a+d_i)=(a)+(a+d_j)

.

Έτσι για τους δέκα αριθμούς αναγκαστικά μεταξύ τους δεν θα υπάρχουν $\dbinom{9}{2}=36$ αριθμοί άτοπο γιατί έτσι έχουμε τουλάχιστον

αριθμούς .
Η λύση έχει λάθος

Ορέστης Λιγνός · #5

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 15, 2019 2:28 pm

ΘΕΜΑ 2. Δέκα αριθμοί επιλέγονται από τους $1,2,3,\ldots, 37.$ Να δειχθεί ότι μπορούμε να επιλέξουμε τέσσερις διακεκριμμένους αριθμούς από αυτούς τους δέκα, έτσι ώστε το άθροισμα δύο εξ αυτών να ισούται με το άθροισμα των άλλων δύο.

Μία διαφορετική λύση.

Έστω, a_i

δέκα αριθμοί για τους οποίους δεν ισχύει το ζητούμενο. Προφανώς, το ζητούμενο είναι ισοδύναμο με το ότι υπάρχουν

αριθμοί (διακεκριμένοι) ώστε η (θετική) διαφορά δύο εξ αυτών είναι ίση με την (θετική) διαφορά των άλλων δύο.

Έστω επίσης, $k_i=a_{i+1}-a_i$ για $i \in \{1,2, \ldots, 9 \}$ .

Υπάρχουν

διαφορετικές δυνατές διαφορές δύο αριθμών από το $\{1,2, \ldots, 37 \}$ , και στο σύνολο των a_i

υπάρχουν $\displaystyle \binom{10}{2}=45$ οπότε υπάρχουν δύο ίσες διαφορές.

Όμως, δεν είναι απαραίτητο αυτές οι διαφορές να ''αποτελούνται'' από

αριθμούς. Μπορεί να είναι της μορφής a_j-a_i=a_i-a_k

.

Αν οι διαφορές αυτές είναι της πρώτης μορφής, τελειώσαμε. Αλλιώς, πρέπει δύο εκ των d_i

να είναι ίσα, WLOG τα d_1=d_2

.

Αφαιρούμε τα δύο ζεύγη αριθμών (διαφορών) που συμμετείχαν, και συνεχίζουμε με

διαφορές και

δυνατές διαφορές.

Συνεχίζοντας, παίρνοντας κάθε φορά την περίπτωση των διαφορών της μορφής a_j-a_i=a_i-a_k

, καταλήγουμε στο ότι d_1=d_2, d_3=d_4, d_5=d_6,d_7=d_8

, υπάρχουν

διαφορές και

δυνατές διαφορές.

Το d_9

αν είναι ίσο με το d_8=d_7

, εύκολα έχουμε άτοπο.

Αν είναι ίσο με οποιαδήποτε άλλη διαφορά, πάλι έχουμε άτοπο (προφανώς, διαφορά της μορφής $a_{10}-a_9=a_10-a_m$ δεν υφίσταται).

Σε κάθε περίπτωση έχω το ζητούμενο.

Ορέστης Λιγνός · #6

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 15, 2019 2:28 pm

ΘΕΜΑ 3. Να δειχθεί ότι αν οι είναι θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $abc\geq 1$ , τότε
$\displaystyle \dfrac{1}{a^3+2b^3+6}+\dfrac{1}{b^3+2c^3+6}+\dfrac{1}{c^3+2a^3+6}\leq \frac{1}{3}.$

Καταρχήν, θα εφαρμόσω μία τεχνική που δίνει ότι αρκεί να δείξω την ανισότητα όταν abc=1

.

Έστω, a=a'k, b=b'k, c=c'k

με

και $k \geqslant 1$ και αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle \sum_{cyc} \dfrac{1}{a'^3+2b'^3+6} \leqslant k/3$ και αφού $k \geqslant 1$ , αρκεί να δείξω ότι :

$\displaystyle \sum_{cyc} \dfrac{1}{a'^3+2b'^3+6} \leqslant \dfrac{1}{3}$ με a',b',c' >0, a'b'c'=1

.

Άρα, μπορώ να υποθέσω πως abc=1

.

Τότε, θα δείξω το ακόλουθο που δίνει άμεσα το ζητούμενο :

$\dfrac{1}{a^3+2b^3+6} \leqslant \dfrac{a+2c}{9a+9b+9c}$ και τα κυκλικά. Το ότι αυτές οι ανισότητες δίνουν το ζητούμενο είναι προφανές προσθέτοντας κυκλικά.

Θα δείξω τώρα την παραπάνω και τελείωσα. Ομογενοποιώντας, αρκεί $\dfrac{abc}{a^3+2b^3+6abc} \leqslant \dfrac{a+2c}{9a+9b+9c}$ ή αλλιώς $a^4+2ab^3+2a^3c+4b^3c+3abc^2 \geqslant 3a^2bc+9abc^2$ που ισχύει από ΑΜ-ΓΜ καθώς :

i) $a^3c+a^3c+b^3c \geqslant 3a^2bc$ και

ii) $a^4+ab^3+ab^3+b^3c+b^3c+b^3c+abc^2+abc^2+abc^2 \geqslant 9abc^2$ .

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#7

Πολύ ωραία τα test σου Αχιλλέα! Ήταν τυχερός ο Θάνος που είχε τη βοήθειά σου! Ως Πρόεδρος της Problem Solving Committee προτίμησα να μην ασχοληθώ με τα test σου πριν το διαγωνισμό μήπως και κάποια λύση που θα έβαζα εμπεριείχε ιδέες παρόμοιες με λύσεις θεμάτων που προτάθηκαν. Τώρα όμως μπορώ ελεύθερα να το κάνω.

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 15, 2019 2:28 pm

ΘΕΜΑ 4. Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους τέτοιους ώστε καθένας από αυτούς να διαιρεί το άθροισμα των υπόλοιπων τριών.

Έστω

. Τότε τα

διαιρούν το

. Έστω

. Τότε

θετικοί ακέραιοι με $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{w} = 1$ .

Πρέπει x > 1

. Επίσης πρέπει x < 3

αφού αλλιώς $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{w} \leqslant \frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6} < \frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}=1$ .

Άρα x=2

. Τότε $\frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{w} = \frac{1}{2}$ οπότε πρέπει y < 6

.

Αν

τότε $\frac{1}{z} + \frac{1}{w} = \frac{1}{6}$ . Πρέπει 6 < z < 12

και $w = \frac{6z}{z-6}$ . Παίρνουμε τις λύσεις (x,y,z,w) = (2,3,7,42),(2,3,8,24),(2,3,9,18),(2,3,10,15)

.

Αν

τότε $\frac{1}{z} + \frac{1}{w} = \frac{1}{8}$ . Πρέπει 8 < z < 16

και $w = \frac{8z}{z-8}$ . Παίρνουμε τις λύσεις (x,y,z,w) = (2,4,9,72),(2,4,10,40),(2,4,12,24)

.

Αν

τότε $\frac{1}{z} + \frac{1}{w} = \frac{3}{10}$ . Πρέπει $5 < z < \frac{20}{3}$ , άρα z=6

, το οποίο όμως δεν δίνει ακέραια λύση.

Τα πιο πάνω δίνουν τις εξής λύσεις:

$\displaystyle \bullet \quad (a,b,c,d) = (\tfrac{S}{42},\tfrac{S}{7},\tfrac{S}{3},\tfrac{S}{2})$ όπου 42|S

.
$\displaystyle \bullet \quad (a,b,c,d) = (\tfrac{S}{24},\tfrac{S}{8},\tfrac{S}{3},\tfrac{S}{2})$ όπου 24|S

.
$\displaystyle \bullet \quad (a,b,c,d) = (\tfrac{S}{18},\tfrac{S}{9},\tfrac{S}{3},\tfrac{S}{2})$ όπου 18|S

.
$\displaystyle \bullet \quad (a,b,c,d) = (\tfrac{S}{15},\tfrac{S}{10},\tfrac{S}{3},\tfrac{S}{2})$ όπου 30|S

.
$\displaystyle \bullet \quad (a,b,c,d) = (\tfrac{S}{72},\tfrac{S}{9},\tfrac{S}{4},\tfrac{S}{2})$ όπου 72|S

.
$\displaystyle \bullet \quad (a,b,c,d) = (\tfrac{S}{40},\tfrac{S}{10},\tfrac{S}{4},\tfrac{S}{2})$ όπου 40|S

.
$\displaystyle \bullet \quad (a,b,c,d) = (\tfrac{S}{24},\tfrac{S}{12},\tfrac{S}{4},\tfrac{S}{2})$ όπου 24|S

.

#8

Demetres έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 25, 2019 8:39 pm
Πολύ ωραία τα test σου Αχιλλέα! Ήταν τυχερός ο Θάνος που είχε τη βοήθειά σου! Ως Πρόεδρος της Problem Solving Committee προτίμησα να μην ασχοληθώ με τα test σου πριν το διαγωνισμό μήπως και κάποια λύση που θα έβαζα εμπεριείχε ιδέες παρόμοιες με λύσεις θεμάτων που προτάθηκαν. Τώρα όμως μπορώ ελεύθερα να το κάνω.

...

Ευχαριστώ για τις λύσεις και τα καλά σου λόγια, Δημήτρη!

Να αδράξω την ευκαιρία για να σε συγχαρώ κι εδώ για την άψογη δουλειά σου ως Πρόεδρος της Problem Solving Committee και για την όλη διοργάνωση της JBMO.

Γνωρίζοντας κάποια άτομα που συμμετείχατε σε αυτή (εσένα, το Σωτήρη, κ.α.), ήμουν σίγουρος πως θα διοργανώνατε άριστα την 23η JBMO.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#9

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 16, 2019 10:53 pm

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 15, 2019 2:28 pm

ΘΕΜΑ 2. Δέκα αριθμοί επιλέγονται από τους $1,2,3,\ldots, 37.$ Να δειχθεί ότι μπορούμε να επιλέξουμε τέσσερις διακεκριμμένους αριθμούς από αυτούς τους δέκα, έτσι ώστε το άθροισμα δύο εξ αυτών να ισούται με το άθροισμα των άλλων δύο.

(δεν είμαι και πολύ σίγουρος για την λύση)
Έστω , δέκα φυσικοί από το $\left [ 1,36 \right ]$ για τους οποίους δεν ισχύει το ζητούμενο.

Τότε για κάθε αναγκαστικά δεν θα υπάρχει ο αφού εαν υπήρχε θα είχαμε

.

Έτσι για τους δέκα αριθμούς αναγκαστικά μεταξύ τους δεν θα υπάρχουν $\dbinom{9}{2}=36$ αριθμοί άτοπο γιατί έτσι έχουμε τουλάχιστον αριθμούς .

Πρόδρομε, στην τελευταία γραμμή υπάρχει λάθος διότι οι

αριθμοί δεν είναι απαραίτητα διαφορετικοί. Θα μπορούσε π.χ. ο a + (d_5-d_3)

να είναι ίσος με τον a+(d_9-d_6)

.

Στο παράδειγμα που έδωσα το λάθος διορθώνεται αφού τότε θα είχαμε (a+d_5) + (a+d_6) = (a+d_3) + (a+d_9)

. Αν όμως είχαμε a+(d_5-d_3) = a+(d_9-d_5)

τότε αυτό δεν διορθώνεται και χρειάζεται κάποια παρόμοια ιδέα με του Ορέστη.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #10

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 27, 2019 11:33 am

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 16, 2019 10:53 pm

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 15, 2019 2:28 pm

ΘΕΜΑ 2. Δέκα αριθμοί επιλέγονται από τους $1,2,3,\ldots, 37.$ Να δειχθεί ότι μπορούμε να επιλέξουμε τέσσερις διακεκριμμένους αριθμούς από αυτούς τους δέκα, έτσι ώστε το άθροισμα δύο εξ αυτών να ισούται με το άθροισμα των άλλων δύο.

(δεν είμαι και πολύ σίγουρος για την λύση)
Έστω , δέκα φυσικοί από το $\left [ 1,36 \right ]$ για τους οποίους δεν ισχύει το ζητούμενο.

Τότε για κάθε αναγκαστικά δεν θα υπάρχει ο αφού εαν υπήρχε θα είχαμε

.

Έτσι για τους δέκα αριθμούς αναγκαστικά μεταξύ τους δεν θα υπάρχουν $\dbinom{9}{2}=36$ αριθμοί άτοπο γιατί έτσι έχουμε τουλάχιστον αριθμούς .

Πρόδρομε, στην τελευταία γραμμή υπάρχει λάθος διότι οι αριθμοί δεν είναι απαραίτητα διαφορετικοί. Θα μπορούσε π.χ. ο να είναι ίσος με τον .

Στο παράδειγμα που έδωσα το λάθος διορθώνεται αφού τότε θα είχαμε . Αν όμως είχαμε τότε αυτό δεν διορθώνεται και χρειάζεται κάποια παρόμοια ιδέα με του Ορέστη.

Καλημέρα σας κύριε Δημήτρη

Για αυτό ακριβώς το σημείο δεν ήμουν σίγουρος..πράγματι έχω λάθος.

Σχετικά με την λύση του Ορέστη δεν καταλαβαίνω το κοκκινισμένο στην πρόταση :Υπάρχουν διαφορετικές δυνατές διαφορές δύο αριθμών από το $\{1,2, \ldots, 37 \}$ , και στο σύνολο των υπάρχουν $\displaystyle \binom{10}{2}=45$ οπότε υπάρχουν δύο ίσες διαφορές.

JBMO Τέστ Εξάσκησης #3

JBMO Τέστ Εξάσκησης #3

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #3

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #3

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #3

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #3

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #3

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #3

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #3

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #3

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #3

Μέλη σε σύνδεση