ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8058
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

#21

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Απρ 02, 2018 3:28 pm

cretanman έγραψε:
Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm
Καλησπέρα σε όλους!

3ο Θέμα

Δώδεκα φίλοι παίζουν ένα τουρνουά τένις, όπου έκαστος παίζει ένα μόνο παιγνίδι με καθέναν από τους υπόλοιπους έντεκα. Ο νικητής παίρνει ένα βαθμό. Ο ηττημένος παίρνει μηδέν βαθμούς, ενώ δεν υπάρχει ισοπαλία. Οι τελικοί βαθμοί των συμμετεχόντων είναι B_1, B_2, \ldots, B_{12}. Να προσδιορίσετε τη μεγαλύτερη δυνατή τιμή του αθροίσματος \Sigma_3=B_1^3+B_2^3+\cdots + B_{12}^3.
Νομίζω έμεινε αναπάντητο.

Αν δύο άτομα έχουν πάρει τους ίδιους βαθμούς, έστω από n, τότε αλλάζοντας το μεταξύ τους αποτέλεσμα το \Sigma_3 αυξάνεται κατά:

\displaystyle  (n+1)^3 + (n-1)^3 - 2n^3 = 6n > 0

Άρα μπορώ να υποθέσω ότι όλοι έχουν πάρει διαφορετικούς βαθμούς. Υπάρχει μόνο ένας τρόπος να συμβεί αυτό και τότε έχουμε

\displaystyle  \Sigma_3 = 11^3 + 10^3 + \cdots + 1^3 + 0^3 = \left( \frac{11 \cdot 12}{2} \right)^2 = 66^2 = 4356.



Λέξεις Κλειδιά:
panagiotis iliopoulos
Δημοσιεύσεις: 43
Εγγραφή: Τετ Μαρ 07, 2018 10:26 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

#22

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από panagiotis iliopoulos » Δευ Απρ 02, 2018 6:34 pm

Καλησπέρα σας. Μήπως κάποιος μπορεί να δώσει λύση στο 3ο θέμα;


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10488
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

#23

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Δευ Απρ 02, 2018 7:32 pm

achilleas έγραψε:
Κυρ Απρ 01, 2018 7:06 pm

1ο Θέμα

Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c,d που είναι τέτοιοι, ώστε a^2+b^2+c^2+d^2=4.

Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο από τους a,b,c,d με άθροισμα μεγαλύτερο ή ίσο του 2 .

Λύση : Ας υποθέσουμε ότι a\geq b\geq c\geq d>0.

Εάν b\geq 1, τότε τελειώσαμε, αφού θα είναι a+b\geq 2. Αλλιώς, θα έχουμε a\geq 1> b\geq c\geq d>0.

Τότε: a+b=b+\sqrt{4-(b^2+c^2+d^2)}\geq b+\sqrt{4-3b^2}

Θεωρούμε τη συνάρτηση : f(x)=x+\sqrt{4-3x^2} , x\in (0,1)
1 μικρών.png
1 μικρών.png (6.81 KiB) Προβλήθηκε 1187 φορές
Παρατηρούμε ότι για b\in (0,1) είναι a+b>2 .


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8058
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

#24

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Απρ 03, 2018 11:06 am

panagiotis iliopoulos έγραψε:
Δευ Απρ 02, 2018 6:34 pm
Καλησπέρα σας. Μήπως κάποιος μπορεί να δώσει λύση στο 3ο θέμα;
Παναγιώτη, έχω δώσει απάντηση λίγο πιο πάνω. (Πρώτη ανάρτηση σε αυτήν την σελίδα.)


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8058
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

#25

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Απρ 03, 2018 11:10 am

KARKAR έγραψε:
Δευ Απρ 02, 2018 7:32 pm
achilleas έγραψε:
Κυρ Απρ 01, 2018 7:06 pm

1ο Θέμα

Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c,d που είναι τέτοιοι, ώστε a^2+b^2+c^2+d^2=4.

Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο από τους a,b,c,d με άθροισμα μεγαλύτερο ή ίσο του 2 .

Λύση : Ας υποθέσουμε ότι a\geq b\geq c\geq d>0.

Εάν b\geq 1, τότε τελειώσαμε, αφού θα είναι a+b\geq 2. Αλλιώς, θα έχουμε a\geq 1> b\geq c\geq d>0.

Τότε: a+b=b+\sqrt{4-(b^2+c^2+d^2)}\geq b+\sqrt{4-3b^2}

Θεωρούμε τη συνάρτηση : f(x)=x+\sqrt{4-3x^2} , x\in (0,1)



Παρατηρούμε ότι για b\in (0,1) είναι a+b>2 .
Το θέμα όμως είναι ότι γραφικές λύσεις δεν γίνονται δεκτές χωρίς απόδειξη. Επίσης οι μικροί δεν γνωρίζουν μελέτη συνάρτησης με λογισμό, αλλά ακόμη και στους μεγάλους ο λογισμός δεν επιτρέπεται.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2250
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

#26

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Απρ 03, 2018 11:15 am

Demetres έγραψε:
Δευ Απρ 02, 2018 3:28 pm
cretanman έγραψε:
Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm
Καλησπέρα σε όλους!

3ο Θέμα

Δώδεκα φίλοι παίζουν ένα τουρνουά τένις, όπου έκαστος παίζει ένα μόνο παιγνίδι με καθέναν από τους υπόλοιπους έντεκα. Ο νικητής παίρνει ένα βαθμό. Ο ηττημένος παίρνει μηδέν βαθμούς, ενώ δεν υπάρχει ισοπαλία. Οι τελικοί βαθμοί των συμμετεχόντων είναι B_1, B_2, \ldots, B_{12}. Να προσδιορίσετε τη μεγαλύτερη δυνατή τιμή του αθροίσματος \Sigma_3=B_1^3+B_2^3+\cdots + B_{12}^3.
Νομίζω έμεινε αναπάντητο.

Αν δύο άτομα έχουν πάρει τους ίδιους βαθμούς, έστω από n, τότε αλλάζοντας το μεταξύ τους αποτέλεσμα το \Sigma_3 αυξάνεται κατά:

\displaystyle  (n+1)^3 + (n-1)^3 - 2n^3 = 6n > 0

Άρα μπορώ να υποθέσω ότι όλοι έχουν πάρει διαφορετικούς βαθμούς. Υπάρχει μόνο ένας τρόπος να συμβεί αυτό και τότε έχουμε

\displaystyle  \Sigma_3 = 11^3 + 10^3 + \cdots + 1^3 + 0^3 = \left( \frac{11 \cdot 12}{2} \right)^2 = 66^2 = 4356.
Καλημέρα Δημήτρη.

Δεν θα πρέπει να αποδειχθεί ότι όταν γίνουν οι αγώνες μπορεί να προκύψει

το 0,1,2,3......,11 ;

Εύκολο είναι αλλά θεωρείται γνωστό;


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8058
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

#27

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Απρ 03, 2018 11:23 am

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Τρί Απρ 03, 2018 11:15 am
Demetres έγραψε:
Δευ Απρ 02, 2018 3:28 pm
cretanman έγραψε:
Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm
Καλησπέρα σε όλους!

3ο Θέμα

Δώδεκα φίλοι παίζουν ένα τουρνουά τένις, όπου έκαστος παίζει ένα μόνο παιγνίδι με καθέναν από τους υπόλοιπους έντεκα. Ο νικητής παίρνει ένα βαθμό. Ο ηττημένος παίρνει μηδέν βαθμούς, ενώ δεν υπάρχει ισοπαλία. Οι τελικοί βαθμοί των συμμετεχόντων είναι B_1, B_2, \ldots, B_{12}. Να προσδιορίσετε τη μεγαλύτερη δυνατή τιμή του αθροίσματος \Sigma_3=B_1^3+B_2^3+\cdots + B_{12}^3.
Νομίζω έμεινε αναπάντητο.

Αν δύο άτομα έχουν πάρει τους ίδιους βαθμούς, έστω από n, τότε αλλάζοντας το μεταξύ τους αποτέλεσμα το \Sigma_3 αυξάνεται κατά:

\displaystyle  (n+1)^3 + (n-1)^3 - 2n^3 = 6n > 0

Άρα μπορώ να υποθέσω ότι όλοι έχουν πάρει διαφορετικούς βαθμούς. Υπάρχει μόνο ένας τρόπος να συμβεί αυτό και τότε έχουμε

\displaystyle  \Sigma_3 = 11^3 + 10^3 + \cdots + 1^3 + 0^3 = \left( \frac{11 \cdot 12}{2} \right)^2 = 66^2 = 4356.
Καλημέρα Δημήτρη.

Δεν θα πρέπει να αποδειχθεί ότι όταν γίνουν οι αγώνες μπορεί να προκύψει

το 0,1,2,3......,11 ;

Εύκολο είναι αλλά θεωρείται γνωστό;
Σταύρο έχεις δίκαιο σε αυτό. Ασφαλώς δεν μπορεί να θεωρηθεί γνωστό. Το άφησα πίσω επειδή ήταν εύκολο αλλά σε μια πλήρη λύση θα έπρεπε να γραφεί. Για πλήρη λύση θα έπρεπε επίσης να γράψω ότι η αύξηση είναι πάντα ακέραιος και επειδή σίγουρα \Sigma_3 \leqslant 12 \cdot 11^3 δεν μπορώ να έχω αυξήσεις επ' άπειρον. Άρα σε κάποια στιγμή όντως θα καταλήξω σε μια κατάσταση όπου όλοι έχουν διαφορετικούς βαθμούς.


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 307
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

#28

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Τρί Απρ 03, 2018 2:19 pm

Demetres έγραψε:
Τρί Απρ 03, 2018 11:10 am
KARKAR έγραψε:
Δευ Απρ 02, 2018 7:32 pm
achilleas έγραψε:
Κυρ Απρ 01, 2018 7:06 pm

1ο Θέμα

Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c,d που είναι τέτοιοι, ώστε a^2+b^2+c^2+d^2=4.

Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο από τους a,b,c,d με άθροισμα μεγαλύτερο ή ίσο του 2 .

Λύση : Ας υποθέσουμε ότι a\geq b\geq c\geq d>0.

Εάν b\geq 1, τότε τελειώσαμε, αφού θα είναι a+b\geq 2. Αλλιώς, θα έχουμε a\geq 1> b\geq c\geq d>0.

Τότε: a+b=b+\sqrt{4-(b^2+c^2+d^2)}\geq b+\sqrt{4-3b^2}

Θεωρούμε τη συνάρτηση : f(x)=x+\sqrt{4-3x^2} , x\in (0,1)



Παρατηρούμε ότι για b\in (0,1) είναι a+b>2 .
Το θέμα όμως είναι ότι γραφικές λύσεις δεν γίνονται δεκτές χωρίς απόδειξη. Επίσης οι μικροί δεν γνωρίζουν μελέτη συνάρτησης με λογισμό, αλλά ακόμη και στους μεγάλους ο λογισμός δεν επιτρέπεται.
Δημήτρη εννοείς διαφορικό λογισμό?


silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1210
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

#29

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τρί Απρ 03, 2018 3:10 pm

Να δούμε και το γενικό πρόβλημα:
cretanman έγραψε:
Κυρ Απρ 01, 2018 4:58 pm
cretanman έγραψε:
Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm
4ο Θέμα (επετειακό θέμα για τα 100 χρόνια της Ε.Μ.Ε.)

Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους x,y,z, που είναι λύσεις της εξίσωσης: 2018^x=100^y+1918^z


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8058
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

#30

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Απρ 03, 2018 4:32 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:
Τρί Απρ 03, 2018 2:19 pm
Δημήτρη εννοείς διαφορικό λογισμό?

Ναι.

silouan έγραψε:
Τρί Απρ 03, 2018 3:10 pm
Να δούμε και το γενικό πρόβλημα:
cretanman έγραψε:
Κυρ Απρ 01, 2018 4:58 pm
cretanman έγραψε:
Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm
4ο Θέμα (επετειακό θέμα για τα 100 χρόνια της Ε.Μ.Ε.)

Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους x,y,z, που είναι λύσεις της εξίσωσης: 2018^x=100^y+1918^z

Είχα αναρωτηθεί γιατί δεν μπήκε το γενικό πρόβλημα.

Είναι εύκολο να δείξουμε ότι ο z είναι περιττός αν εργαστούμε modulo 5. Παίρνουμε ότι 3^x \equiv 3^z \bmod 5 που δίνει x \equiv z \bmod 4. Επειδή όμως ο x είναι περιττός (έχει δειχθεί από τον Αλέξανδρο εδώ) τότε και ο z είναι περιττός.


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 307
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

#31

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Τρί Απρ 03, 2018 5:13 pm

Δημήτρη μιας και είχα την απορία αυτή. Το ρώτησα λοιπόν και η απάντηση που πήρα είναι ότι όλα επιτρέπονται!!! Επίσης γνωρίζω αρκετά παιδιά γυμνασίου που έχουν φτάσει σε πολύ καλό επίπεδο λογισμού ( αν όχι άριστο )!!


silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1210
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

#32

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τρί Απρ 03, 2018 6:29 pm

Demetres έγραψε:
Τρί Απρ 03, 2018 4:32 pm
Είχα αναρωτηθεί γιατί δεν μπήκε το γενικό πρόβλημα.
Δημήτρη, το πρόβλημα ήταν ήδη δύσκολο (αποδείχθηκε και στο διαγωνισμό, καθώς δεν το έλυσε κανείς), οπότε αποφασίστηκε να μπει σε λίγο πιο απλή μορφή.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5296
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

#33

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Τετ Απρ 04, 2018 11:09 pm

cretanman έγραψε:
Κυρ Απρ 01, 2018 3:52 pm
1ο Θέμα
Θεωρούμε τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b,c,d που είναι τέτοιοι, ώστε a^2+b^2+c^2+d^2=4. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο από τους a,b,c,d με άθροισμα μεγαλύτερο ή ίσο του 2.
Ας αναφέρω και τη διαπραγμάτευση που ακολουθεί, μόνο, και μόνο για λόγους πλουραλισμού και για την ομορφιά, κατά την άποψη μου, της μεθόδου της εις άτοπον απαγωγής.
Υποθέτουμε ότι όλα τα ζεύγη εκ των αριθμών a,b,c,d, με τα συγκεκριμένα δεδομένα, δίνουν αθροίσματα μικρότερα του 2. Τότε παίρνουμε:
a + b < 2 \Leftrightarrow {a^2} + ab < 2a,\;b + c < 2 \Leftrightarrow {b^2} + bc < 2b, c + d < 2 \Leftrightarrow {c^2} + dc < 2c,\;d + a < 2 \Leftrightarrow {d^2} + ad < 2d.
Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε 4 + \left( {a + c} \right)\left( {b + d} \right) < 2\left( {a + c} \right) + 2\left( {b + d} \right) ή 0 < \left( {a + c} \right)\left( {2 - b - d} \right) - 2\left( {2 - b - d} \right) ή 0 < \left( {a + c - 2} \right)\left( {2 - b - d} \right) που είναι άτοπο από την υπόθεση.
Άρα θα υπάρχουν δύο από τους a,b,c,d με άθροισμα μεγαλύτερο ή ίσο του 2.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Prødigy
Δημοσιεύσεις: 42
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 26, 2018 11:39 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

#34

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Prødigy » Τρί Ιαν 22, 2019 2:03 pm

Μία λίγο διαφορετική λύση στο πρόβλημα 1 χωρίς την θεώρηση της διάταξης:
Από AM-GM παίρνουμε a^2+ b^2 +c^2 +d^2\geq 4\sqrt{abcd}
Για να ισχύει η δοσμένη ισότητα πρέπει abcd=1
Άρα παίρνουμε ότι a=\frac{1}{bcd} και b=\frac{1}{acd}
Οπότεa + b= \frac{1}{bcd} + \frac{1}{acd}\geq 2 \sqrt{abc^2d^2}=2
Η λύση είναι λανθασμένη
τελευταία επεξεργασία από Prødigy σε Δευ Φεβ 25, 2019 11:04 pm, έχει επεξεργασθεί 4 φορές συνολικά.


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2610
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

#35

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Τρί Ιαν 22, 2019 3:05 pm

Prødigy έγραψε:
Τρί Ιαν 22, 2019 2:03 pm
Μία λίγο διαφορετική λύση στο πρόβλημα 1 χωρίς την θεώρηση της διάταξης:
Από AM-GM παίρνουμε a^2+ b^2 +c^2 +d^2\geq 4\sqrt{abcd}
Για να ισχύει η δοσμένη ισότητα πρέπει abcd=1
Άρα παίρνουμε ότι a=\frac{1}{bcd} και b=\frac{1}{acd}
Οπότεa + b= \frac{1}{bcd} + \frac{1}{acd}\geq 2 \sqrt{abc^2d^2}=2
Γιατί αν ισχύει a^2+b^2+c^2+d^2=4 πρέπει abcd=1;

Αυτό που βλέπω είναι ότι abcd\leq 1. Γιατί να ισχύει η ισότητα;

Φιλικά,

Αχιλλέας


Prødigy
Δημοσιεύσεις: 42
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 26, 2018 11:39 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

#36

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Prødigy » Τρί Ιαν 22, 2019 4:58 pm

achilleas έγραψε:
Τρί Ιαν 22, 2019 3:05 pm
Prødigy έγραψε:
Τρί Ιαν 22, 2019 2:03 pm
Μία λίγο διαφορετική λύση στο πρόβλημα 1 χωρίς την θεώρηση της διάταξης:
Από AM-GM παίρνουμε a^2+ b^2 +c^2 +d^2\geq 4\sqrt{abcd}
Για να ισχύει η δοσμένη ισότητα πρέπει abcd=1
Άρα παίρνουμε ότι a=\frac{1}{bcd} και b=\frac{1}{acd}
Οπότεa + b= \frac{1}{bcd} + \frac{1}{acd}\geq 2 \sqrt{abc^2d^2}=2
Γιατί αν ισχύει a^2+b^2+c^2+d^2=4 πρέπει abcd=1;

Αυτό που βλέπω είναι ότι abcd\leq 1. Γιατί να ισχύει η ισότητα;

Φιλικά,

Αχιλλέας
Καλησπέρα κύριε Αχιλλέα.
Το ότι abcd\leq 1 είναι εμφανές.Ωστόσο θεώρησα πώς από την στιγμή που μου δίνεται η τιμή της παράστασης a^2+b^2+ c^2 +d^2=4
τότε θα μπορούσα να πω πώς abcd=1 ούτως ώστε να ισχύσει η ισότητα.
Θα μπορούσατε να μου εξηγήσετε καλύτερα που βρίσκεται το λάθος;
Δεν καταλαβαίνω γιατί μπορεί να μην ισχύει η ισότητα.

Με μεγάλη εκτίμηση


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2610
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

#37

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Τρί Ιαν 22, 2019 5:27 pm

Prødigy έγραψε:
Τρί Ιαν 22, 2019 4:58 pm
achilleas έγραψε:
Τρί Ιαν 22, 2019 3:05 pm
Prødigy έγραψε:
Τρί Ιαν 22, 2019 2:03 pm
Μία λίγο διαφορετική λύση στο πρόβλημα 1 χωρίς την θεώρηση της διάταξης:
Από AM-GM παίρνουμε a^2+ b^2 +c^2 +d^2\geq 4\sqrt{abcd}
Για να ισχύει η δοσμένη ισότητα πρέπει abcd=1
Άρα παίρνουμε ότι a=\frac{1}{bcd} και b=\frac{1}{acd}
Οπότεa + b= \frac{1}{bcd} + \frac{1}{acd}\geq 2 \sqrt{abc^2d^2}=2
Γιατί αν ισχύει a^2+b^2+c^2+d^2=4 πρέπει abcd=1;

Αυτό που βλέπω είναι ότι abcd\leq 1. Γιατί να ισχύει η ισότητα;

Φιλικά,

Αχιλλέας
Καλησπέρα κύριε Αχιλλέα.
Το ότι abcd\leq 1 είναι εμφανές.Ωστόσο θεώρησα πώς από την στιγμή που μου δίνεται η τιμή της παράστασης a^2+b^2+ c^2 +d^2=4
τότε θα μπορούσα να πω πώς abcd=1 ούτως ώστε να ισχύσει η ισότητα.
Θα μπορούσατε να μου εξηγήσετε καλύτερα που βρίσκεται το λάθος;
Δεν καταλαβαίνω γιατί μπορεί να μην ισχύει η ισότητα.

Με μεγάλη εκτίμηση
Καλησπέρα, Prødigy,

Δεν μπορούμε να θεωρήσουμε ότι abcd=1 από τα δεδομένα, παρά μόνο ότι abcd\leq 1. Άλλωστε, αν είχαμε abcd=1,τότε θα είχαμε ισότητα στην ΑΜ-ΓΜ ανισότητα, δηλ. a^2+b^2+c^2+d^2=4\sqrt{abcd}, που θα μας έδινε a=b=c=d=1, και το συμπέρασμα θα ίσχυε "τετριμμένα".

Για να δεις ότι μπορούμε να έχουμε abcbd<1, πάρε για παράδειγμα a=1.8, b=\sqrt{0.74}, c=d=0.1.

Τότε a^2+b^2+c^2+d^2=3.24+0.74+0.01+0.01=4, αλλά abcd=0.018\cdot \sqrt{0.74}<1.

Το συμπέρασμα φυσικά ισχύει αφού a+b=1.8+\sqrt{0.74}>2.

Στο παράδειγμα, απλώς πήρα a σχετικά "κοντά" στο 2, οπότε b,c,d είναι "κοντά" στο 0, τέτοια ώστε a^2+b^2+c^2+d^2=4.

Διαισθητικά, το γινόμενο abcd θα είναι "κοντά" στο 0 (όχι στο 1), αφού έχει όρους b,c,d "κοντά" στο 0, και a<2.


Φιλικά,

Αχιλλέας


Prødigy
Δημοσιεύσεις: 42
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 26, 2018 11:39 pm

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2018

#38

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Prødigy » Τρί Ιαν 22, 2019 6:00 pm

Κύριε Αχιλλέα σας ευχαριστώ πολύ για την διόρθωση!
Πράγματι δεν αντιλήφθηκα τα λάθη στα οποία υπέκυπτε η λύση που έδωσα!

Με μεγάλη εκτίμηση


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Pantelis.N και 1 επισκέπτης