mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 26, 2016 4:19 pm**

Σας παρουσιάζω τα θέματα του διαγωνισμού που διεξήχθη σήμερα το πρωί.
Το πρόβλημα 1 προτάθηκε από τη Βουλγαρία, το πρόβλημα 2 από τη Βοσνία και τα προβλήματα 3 και 4 από τον υποφαινόμενο.

Πρόβλημα 1.
Δίνεται ένα περιγράψιμο τραπέζιο ABCD

με $AB\parallel CD$ και AB>CD

. Ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABC

εφάπτεται των πλευρών

και

στα σημεία

και

, αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το έκκεντρο του τραπεζίου ABCD

ανήκει στην ευθεία

.

Πρόβλημα 2
Δίνονται οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί

,

και

. Να αποδείξετε ότι
$\displaystyle\frac{8}{(a+b)^2+4abc}+\frac{8}{(b+c)^2+4abc}+\frac{8}{(c+a)^2+4abc}+a^2+b^2+c^2\geq \frac{8}{a+3}+\frac{8}{b+3}+\frac{8}{c+3}.$

Πρόβλημα 3.

Να βρείτε όλες τις τριάδες ακεραίων (a,b,c)

για τις οποίες ο αριθμός
$\displaystyle N=\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{2}+2$
είναι δύναμη του 2016

.
( Δύναμη του 2016

είναι ένας ακέραιος αριθμός της μορφής 2016^n

, όπου

είναι ένας μη αρνητικός ακέραιος.)

Πρόβλημα 4.
Μία $5\times 5$ τετραγωνική διάταξη καλείται κανονική αν κάθε κελί της περιέχει ακριβώς έναν από τέσσερεις διαφορετικούς πραγματικούς αριθμούς και κάθε αριθμός εμφανίζεται ακριβώς μία φορά σε οποιαδήποτε $2\times 2$ τετραγωνική διάταξή της.
Το άθροισμα όλων των αριθμών μιας κανονικής τετραγωνικής διάταξης καλείται
ολικό άθροισμα. Για οποιουσδήποτε τέσσερεις πραγματικούς αριθμούς, κατασκευάζουμε όλες τις δυνατές τετραγωνικές διατάξεις, υπολογίζουμε τα ολικά αθροίσματά τους και καταγράφουμε τον αριθμό των διακεκριμένων ολικών αθροισμάτων. Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του αριθμού αυτού.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 26, 2016 5:06 pm**

silouan έγραψε:
Πρόβλημα 2
Δίνονται οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί , και . Να αποδείξετε ότι
$\displaystyle\frac{8}{(a+b)^2+4abc}+\frac{8}{(b+c)^2+4abc}+\frac{8}{(c+a)^2+4abc}+a^2+b^2+c^2\geq \frac{8}{a+3}+\frac{8}{b+3}+\frac{8}{c+3}.$

Μια απόδειξη της ανισότητας.

Η αποδεικτέα γράφεται

$\displaystyle{\sum \frac{1}{(a+b)^2+4abc}+\frac{a^2+b^2+c^2}{8}\geq \sum \frac{1}{a+3}.}$

Από ΑΜ-ΓΜ έχουμε

$\displaystyle{\frac{1}{(a+b)^2+4abc}+\frac{a^2+b^2}{16}\geq \sum \frac{1}{2(a^2+b^2)+2c(a^2+b^2)}+\frac{a^2+b^2}{16}=\frac{1}{2(a^2+b^2)(1+c)}+\frac{a^2+b^2}{16}\geq }$

$\displaystyle{\geq 2\sqrt{\frac{1}{2(a^2+b^2)(1+c)}\frac{a^2+b^2}{16}}=\frac{1}{2\sqrt{2(1+c)}}\geq \frac{1}{2+1+c}=\frac{1}{c+3}.}$

Γράφοντας τις αντίστοιχες ανισότητες για τα άλλα ζεύγη και προσθέτοντας, προκύπτει η ζητούμενη.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 26, 2016 5:59 pm**

Σιλουανέ Θερμά Συγχαρητήρια και καλά αποτελέσματα στα παιδιά!!!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 26, 2016 6:01 pm**

silouan έγραψε:Σας παρουσιάζω τα θέματα του διαγωνισμού που διεξήχθη σήμερα το πρωί.
Το πρόβλημα 1 προτάθηκε από τη Βουλγαρία, το πρόβλημα 2 από τη Βοσνία και τα προβλήματα 3 και 4 από τον υποφαινόμενο.

Πρόβλημα 1.
Δίνεται ένα περιγράψιμο τραπέζιο με $AB\parallel CD$ και . Ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου εφάπτεται των πλευρών και στα σημεία και , αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το έκκεντρο του τραπεζίου ανήκει στην ευθεία .

: JBMO 2016 1.png (25.13 KiB) Προβλήθηκε 4127 φορές

Προφανώς τα έγκεντρα του τριγώνου και του τραπεζίου βρίσκονται πάνω στη διχοτόμο της $\hat{B}$ . Αν

είναι το έγκεντρο του ABC

και η

τέμνει τη

στο

, αρκεί να δείξω ότι η

είναι διχοτόμος της $\hat{DCB}$ , δηλαδή ότι $\displaystyle{K\widehat CB = {90^0} - \frac{{\widehat B}}{2}}$ ή ισοδύναμα ότι $\hat{BKC}=90^0$ . Αρκεί να δείξω λοιπόν ότι το CNKI

είναι εγγράψιμο.

Πράγματι, $\displaystyle{B\widehat IC = {90^0} + \varphi \Leftrightarrow C\widehat IK = {90^0} - \varphi = A\widehat NM}$ και το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 26, 2016 6:24 pm**

silouan έγραψε:Σας παρουσιάζω τα θέματα του διαγωνισμού που διεξήχθη σήμερα το πρωί.
Το πρόβλημα 1 προτάθηκε από τη Βουλγαρία, το πρόβλημα 2 από τη Βοσνία και τα προβλήματα 3 και 4 από τον υποφαινόμενο.

Χαίρομαι Ιδιαίτερα που πλέον ζούμε ως Έλληνες επί των διαγωνιστικών Μαθηματικών στον ρυθμό του Σιλουανού, στον ρυθμό του One man show. Αυτό, το να αποτελεί δηλαδή ο Σιλουανός διεθνές αποδεκτό "κατεστημένο" θεματοδότη, πρέπει να μας κάνει υπερήφανους. Προσωπικά θα πρότεινα από αυτήν εδώ τη θέση (οικογένεια mathematica) στην Ε.Μ.Ε. επί του πρακτέου και επισήμως για τον Σιλουανό, που πλέον έχει και πολύ υψηλές Μαθηματικές σπουδές, τίτλους και άριστο συγγραφικό έργο επί των διαγωνιστικών Μαθηματικών, να τοποθετηθεί και να υπογράφει ως ο αντιπρόεδρος της επιτροπής των Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.
Εύχομαι Καλά Αποτελέσματα για την Εθνική Μαθηματικών Juniors της Πατρίδας (Αναμενόμενο) και Καλή επάνοδο.
Εύχομαι τα ίδια και για την ομάδα των αδελφών μας Κυπρίων.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 26, 2016 9:50 pm**

Πρόβλημα 3
Καλησπέρα!Πραγματικά όμορφο πρόβλημα,δεν ανήκει στις συνηθισμένες διοφαντικές που απλά τελειώνουν με 1-2 μόντουλο ή μια παραγοντοποίηση αλλά θέλει πρωτότυπη σκέψη και πειραματισμούς.Η προσέγγισή μου:
Είναι $(a-b)(b-c)(c-a)+4=2\cdot 2016^n (1)$
Αν n=0

τότε (εύκολα) προκύπτουν οι λύσεις (a,b,c)=(k,k+1,k+2)

όπου

ακέραιος.
Αν $n\geq 1$ τότε παρατηρούμε ότι $(a-b)+(b-c)+(c-a)=0\Rightarrow (a-b)(b-c)(c-a)=\frac{(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3}{3}$ από την ταυτότητα του Euler άρα η σχέση (1) γίνεται $(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3+12=6\cdot 2016^n$
Επειδή ένα καλό μόντουλο όταν δουλεύουμε με κύβους είναι το 7 εδώ αφού $x^3\equiv -1,0,1 (mod 7)$ είναι $(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3=6\cdot 2016^n-12\equiv 2(mod 7)$ οπότε ο 7 διαιρεί ακριβώς ένα από τους a-b,b-c,c-a

άρα $7\mid (a-b)(b-c)(c-a)$ .
Στην (1) όμως και επειδή $7\mid 2016$ έχουμε $7\mid 4$ , άτοπο.
Άρα οι μοναδικές λύσεις είναι οι (a,b,c)=(k,k+1,k+2)

Καλή επιτυχία στους διαγωνιζόμενους!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 26, 2016 11:37 pm**

silouan έγραψε:... και τα προβλήματα 3 και 4 από τον υποφαινόμενο.

Σιλουανέ συγχαρητήρια για άλλη μία φορά για τα προβλήματα 3 και 4!

Καλό κουράγιο με τη διόρθωσή τους... Έχεις όμως καλή βοήθεια το Σωτήρη οπότε πιστεύω ότι θα σε ξεκουράσει!

silouan έγραψε: Πρόβλημα 3.

Να βρείτε όλες τις τριάδες ακεραίων για τις οποίες ο αριθμός
$\displaystyle N=\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{2}+2$
είναι δύναμη του .
( Δύναμη του είναι ένας ακέραιος αριθμός της μορφής , όπου είναι ένας μη αρνητικός ακέραιος.)

Μία διαφορετική συνέχεια του προβλήματος για $n\geq 1$ :

Έστω λοιπόν $(a-b)(b-c)(c-a)+4=2\cdot 2016^n$

Τότε $(a-b)(b-c)(c-a)\equiv -4 \pmod{9}$

Θέτουμε $a-b=x, \ b-c=y, \ c-a=z$ με x+y+z=0

Οπότε θέλουμε να δούμε αν υπάρχουν x,y,z

με

ώστε $xyz\equiv -4\pmod{9}$ δηλαδή $xy(-x-y)\equiv -4\pmod{9}$ δηλαδή $xy(x+y)\equiv 4\pmod{9}$

Όμως τέτοιοι ακέραιοι αριθμοί x,y

δεν υπάρχουν (εύκολο με δοκιμές παίρνοντας όλες τις δυνατές περιπτώσεις της διαίρεσης των x,y

με το

).

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 27, 2016 12:35 am**

Συγχαρητήρια Σιλουανέ, συγχαρητήρια σε όλους όσυυς συμμετείχαν!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 27, 2016 9:59 am**

Καλά αποτελέσματα, καλή επιστροφή και τα ΙΜΟ 3 , ΙΜΟ 6 να είνα ...ελληνικά !!!

Σιλουανέ συγχαρητήρια !!!

Μπ

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 27, 2016 6:00 pm**

Σιλουανέ, συγχαρητήρια για την επιλογή των προβλημάτων!

silouan έγραψε: Πρόβλημα 4.
Μία $5\times 5$ τετραγωνική διάταξη καλείται κανονική αν κάθε κελί της περιέχει ακριβώς έναν από τέσσερεις διαφορετικούς πραγματικούς αριθμούς και κάθε αριθμός εμφανίζεται ακριβώς μία φορά σε οποιαδήποτε $2\times 2$ τετραγωνική διάταξή της.
Το άθροισμα όλων των αριθμών μιας κανονικής τετραγωνικής διάταξης καλείται
ολικό άθροισμα. Για οποιουσδήποτε τέσσερεις πραγματικούς αριθμούς, κατασκευάζουμε όλες τις δυνατές τετραγωνικές διατάξεις, υπολογίζουμε τα ολικά αθροίσματά τους και καταγράφουμε τον αριθμό των διακεκριμένων ολικών αθροισμάτων. Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του αριθμού αυτού.

Δίνω μια βοήθεια: Σε κάθε κανονική τετραγωνική διάταξη είτε σε κάθε σειρά εμφανίζονται ακριβώς δύο γράμματα, είτε σε κάθε στήλη εμφανίζονται ακριβώς δύο γράμματα.

[Η τελική απάντηση στο πρόβλημα είναι

.]

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 27, 2016 7:28 pm**

Δημήτρη και εγώ ευχαριστώ για τις χρήσιμες συμβουλές μέχρι από την αρχική ιδέα που είχα να πάρει το πρόβλημα αυτή την τελική μορφή - εκδοχή

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 28, 2016 9:09 am**

silouan έγραψε:Σας παρουσιάζω τα θέματα του διαγωνισμού που διεξήχθη σήμερα το πρωί.
Το πρόβλημα 1 προτάθηκε από τη Βουλγαρία, το πρόβλημα 2 από τη Βοσνία και τα προβλήματα 3 και 4 από τον υποφαινόμενο.

.........

Πρόβλημα 2
Δίνονται οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί , και . Να αποδείξετε ότι
$\displaystyle\frac{8}{(a+b)^2+4abc}+\frac{8}{(b+c)^2+4abc}+\frac{8}{(c+a)^2+4abc}+a^2+b^2+c^2\geq \frac{8}{a+3}+\frac{8}{b+3}+\frac{8}{c+3}.$

.............................

Γιατί άραγε στις επίσημες λύσεις βάζουν άραγε γνήσια διάταξη, ακόμα και εκεί που φανερά μπορεί να ισχύει και η ισότητα ; Δεν ξέρω μόνο μήπως δεν

δείχνει σωστά τη γραφή το pdf viewer που έχω.

Μπ

mathematica.gr

JBMO 2016 (Θέματα)

JBMO 2016 (Θέματα)

Re: JBMO 2016 (Θέματα)

Re: JBMO 2016 (Θέματα)

Re: JBMO 2016 (Θέματα)

Re: JBMO 2016 (Θέματα)

Re: JBMO 2016 (Θέματα)

Re: JBMO 2016 (Θέματα)

Re: JBMO 2016 (Θέματα)

Re: JBMO 2016 (Θέματα)

Re: JBMO 2016 (Θέματα)

Re: JBMO 2016 (Θέματα)

Re: JBMO 2016 (Θέματα)