ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΝΕΩΝ ( Junior ) - 2019

#1

Τα θέματα Junior 2019.
Κάντε δεξί κλικ και επιλέξτε ΠΡΟΒΟΛΗ ΕΙΚΟΝΑΣ ώστε να φανεί η εικόνα όρθια.
Θα προσπαθήσω να φτιάξω αργότερα να φαίνεται όρθια αν τα καταφέρω.

Datis-Kalali · #2

Λύση για το 1:
Έστω

το μέσο του

Έχουμε

άρα $\angle{AZ\Delta}=\angle{AOM}=\angle{AOM}=\angle{AOB}/2=\angle{A\Gamma B}=\angle{A\Gamma\Delta}$ .
Άρα το τετράπλευρο $A \Gamma \Delta Z$ είναι εγγράψιμο.

#3

Πρόβλημα 4:
https://www.math.wisc.edu/talent/sites/ ... 1-3q_1.pdf

Άλλο ένα πρόβλημα δανεισμένο από το εξαιρετικό
WISCONSIN MATHEMATICS, ENGINEERING AND SCIENCE TALENT SEARCH

#4

Πρόβλημα 3:

Θέτω $x=a+b+c, \ y=ab+bc+ca, \ z=abc$ οπότε η ανισότητα γίνεται

$(x+y)(1-z+z^2)\geq 3z(z+1).$

Από την ανισότητα των μέσων έχουμε

$x+y\geq 6\sqrt{z}\geq \frac{12z}{z+1}$

οπότε αρκεί να είναι

$1-z+z^2\geq \frac{(z+1)^2}{4},$

που ισχύει (καταλήγει στο $3(z-1)^2\geq0$ ).

#5

Στην πραγματικότητα το πρόβλημα 3 είναι κομμάτι ενός προβλήματος από την περσινή JBMO Shortlist.
Το πρόβλημα ζητούσε επιπλέον να δοθεί παράδειγμα ότι υπάρχει παράδειγμα με 13 μαύρα τετράγωνα που δεν μπορούμε να τα καλύψουμε με 4 γραμμές και 4 στήλες.
Το αφήνω σαν άσκηση.

Το ίδιο ισχύει και για το πρόβλημα 3.

Datis-Kalali · #6

Λύση για το 2:
Η εξίσωση γράφεται:
$3\cdot 2^{x}=(n-2)(n+2)$
Δηλαδή αφου (n-2)

,

είναι τα δυο ισοδύναμα mod 4, έχουμε δυο περιπτώσεις:
Περίπτωση 1: $n-2=3\cdot 2^{a}$ και n+2=2^b

Δηλαδή $4=2^{b}-3\cdot 2^{a} \Rightarrow 2^{a}(2^{b-a}-3)=4 \Rightarrow a=2, b-a=2 \Rightarrow x=6 \Rightarrow n=14$
Περίπτωση 2: $n-2=2^{a}$ και $n-2=3\cdot2^b$
Δηλαδή $4=3\cdot 2^{b}- 2^{a} \Rightarrow 2^{b}(3-2^{a-b})=4 \Rightarrow b=2, a-b=1 \Rightarrow x=5 \Rightarrow n=10$
Άρα (x,n)=(6,14), (5,10)

Prødigy · #7

Datis-Kalali έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 30, 2019 3:47 pm
Λύση για το 2:
Η εξίσωση γράφεται:
$3\cdot 2^{x}=(n-2)(n+2)$
Δηλαδή αφου , είναι τα δυο ισοδύναμα mod 4, έχουμε δυο περιπτώσεις:
Περίπτωση 1: $n-2=3\cdot 2^{a}$ και
Δηλαδή $4=2^{b}-3\cdot 2^{a} \Rightarrow 2^{a}(2^{b-a}-3)=4 \Rightarrow a=2, b-a=2 \Rightarrow x=6 \Rightarrow n=14$
Περίπτωση 2: $n-2=2^{a}$ και $n-2=3\cdot2^b$
Δηλαδή $4=3\cdot 2^{b}- 2^{a} \Rightarrow 2^{b}(3-2^{a-b})=4 \Rightarrow b=2, a-b=1 \Rightarrow x=5 \Rightarrow n=10$
Άρα

Νομίζω πως λύση δεν είναι επαρκής.Για παράδειγμα αν x=2

τότε

Τσιαλας Νικολαος · #8

Συγχαρητήρια σε όλους τους συμμετέχοντες! Έχω την εντύπωση ότι τα θέματα δεν έπρεπε να δημοσιευτούν. Αν επιτρέπεται όμως έχω και στην κατοχή μου των μεγάλων! Ας μας διαφωτίσει κάποιος

JimNt. · #9

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 30, 2019 5:35 pm
Συγχαρητήρια σε όλους τους συμμετέχοντες! Έχω την εντύπωση ότι τα θέματα δεν έπρεπε να δημοσιευτούν. Αν επιτρέπεται όμως έχω και στην κατοχή μου των μεγάλων! Ας μας διαφωτίσει κάποιος

Των μεγάλων δεν επιτρέπεται από ό,τι άκουσα.

#10

Καλησπέρα!

Ας σημειώσουμε ότι από το Πρόβλημα 3, έπεται το παρακάτω "γνωστό" πρόβλημα

(Τεστ Επιλογής Ολυμπιακής Ομάδας, Ινδία 1997/23η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2006/ Kvant A-M-S ανισότητα)

Αν a,b,c

είναι θετικοί αριθμοί, τότε

$\displaystyle{\dfrac{1}{a(b+1)}+\dfrac{1}{b(c+1)}+\dfrac{1}{c(a+1)}\geq \dfrac{3}{1+abc}.}$

Φιλικά,

Αχιλλέας

#11

Στο πρόβλημα-1, το $\Delta$ μπορεί να είναι οποιοδήποτε σημείο της πλευράς $B\Gamma.$

AlexNtagkas · #12

Θα μπορούσαμε βέβαια να ακούσουμε απόψεις για τα θέματα των μεγάλων χωρίς να αποκαλύψουμε κάτι(π.χ. Το 1 μου φάνηκε εύκολο το 3 δύσκολο) σωστά;;;

#13

Πρόβλημα-1

: Επιλογή Juniors 2019.png (18.17 KiB) Προβλήθηκε 4202 φορές

Έστω

το αντιδιαμετρικό του

Είναι $E\widehat DB=H\widehat AC$ ως συμπληρωματικές των ίσων γωνιών $C\widehat BA, C\widehat HA$ και το ζητούμενο έπεται.

Όπως βλέπουμε το δεν χρειάζεται να είναι μέσο του

#14

JimNt. έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 30, 2019 5:41 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 30, 2019 5:35 pm
Συγχαρητήρια σε όλους τους συμμετέχοντες! Έχω την εντύπωση ότι τα θέματα δεν έπρεπε να δημοσιευτούν. Αν επιτρέπεται όμως έχω και στην κατοχή μου των μεγάλων! Ας μας διαφωτίσει κάποιος
Των μεγάλων δεν επιτρέπεται από ό,τι άκουσα.

Των μεγάλων δεν επιτρέπεται να δημοσιευτούν καθώς περιέχουν θέματα από την Shortlist της ΙΜΟ και οι κανόνες γι' αυτό είναι πολύ αυστηροί.
Θα δημοσιευτούν όπως και πέρυσι, μετά την δεύτερη ημέρα της φετινής ΙΜΟ.

Τσιαλας Νικολαος · #15

Οκ!!!

#16

Και μια λύση για το πρόβλημα 3 χωρίς να κάνουμε τις πράξεις.

Έστω abc=k^3

και $a=k\dfrac{x}{y}$ , $b=k\dfrac{y}{z}$ , $c=k\dfrac{z}{x}$ , όπου k,x,y,z>0

. Τότε η ανισότητα γράφεται
$\displaystyle{\frac{z^2}{(ky+z)(kz+x)}+\frac{x^2}{(kz+x)(kx+y)}+\frac{y^2}{(kx+y)(ky+z)}\geq\frac{3k^2}{(1+k^3)^2}.}$
Από την Cauchy-Schwarz
$\displaystyle{\sum_{cyclic}\frac{z^2}{(ky+z)(kz+x)}\geq \frac{(x+y+z)^2}{(ky+z)(kz+x)+(kz+x)(kx+y)+(kx+y)(ky+z)},}$
επομένως αρκεί
$\displaystyle{\frac{(x+y+z)^2}{(ky+z)(kz+x)+(kz+x)(kx+y)+(kx+y)(ky+z)}\geq \frac{3k^2}{(1+k^3)^2}}$
ή
$\displaystyle{\left((1+k^3)^2-3k^3\right)(x^2+y^2+z^2)\geq \left(3k^2(k^2+k+1)-2(1+k^3)^2\right)(xy+yz+zx).}$
Όμως $x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx$ and (1+k^3)^2-3k^3>0

, μένει να δείξουμε ότι
$\displaystyle{(1+k^3)^2-3k^3\geq 3k^2(k^2+k+1)-2(1+k^3)^2,}$
ή
$\displaystyle{(k-1)^2(k^2+1)(k+1)^2\geq 0,}$
που ισχύει.

michaelg · #17

Γεια σας,

Ονομάζομαι Leonard Mihai και θα ήθελα να εκφράσω την ευγνωμοσύνη μου για την επιλογή του προβλήματος 3 για το διαγωνισμό επιλογής. Ήταν μία από τις προτάσεις της Ρουμανίας για την JBMO του 2018. Το γνωρίζω διότι είμαι ο κατασκευαστής του προβλήματος.

Όπως είπε και ο Αχιλλέας, το Πρόβλημα 3 βελτιώνει αυτό της Ινδίας του 97. Ιδού η απόδειξη:

$\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{3}\left( \frac{1}{a(b+1)} + \frac{1}{b(c+1)} + \frac{1}{c(a+1)} \right)^2 \geqslant \frac{1}{ab(b+1)(c+1)} + \frac{1}{bc(c+1)(a+1)} + \frac{1}{ca(a+1)(b+1)} \geqslant \frac{3}{(1+abc)^2}}$

billydot232 · #18

Επειδή έχουν αργήσει να βγάλουν τη λίστα με τα αποτελέσματα ξέρει μήπως κάποιος αν θα τα βγλάλουν αυτή τη βδομάδα ??

Prødigy · #19

billydot232 έγραψε: ↑
Τετ Απρ 03, 2019 9:12 pm
Επειδή έχουν αργήσει να βγάλουν τη λίστα με τα αποτελέσματα ξέρει μήπως κάποιος αν θα τα βγλάλουν αυτή τη βδομάδα ??

http://www.hms.gr/sites/default/files/s ... O_2019.pdf
http://www.hms.gr/sites/default/files/s ... O_2019.pdf

Θερμά συγχαρητήρια σε όλους!

#20

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά που συμμετείχαν στον προκριματικό και

Καλή Συνέχεια στις ομάδες που θα μας εκπροσωπήσουν στην Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα!

ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΝΕΩΝ ( Junior ) - 2019

ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ ΝΕΩΝ ( Junior ) - 2019

Re: Επιλογη Junior 2019

Re: Επιλογη Junior 2019

Re: Επιλογη Junior 2019

Re: Επιλογη Junior 2019

Re: Επιλογη Junior 2019

Re: Επιλογη Junior 2019

Re: Επιλογη Junior 2019

Re: Επιλογη Junior 2019

Re: Επιλογη Junior 2019

Re: Επιλογη Junior 2019

Re: Επιλογη Junior 2019

Re: Επιλογη Junior 2019

Re: Επιλογη Junior 2019

Re: Επιλογη Junior 2019

Re: Επιλογη Junior 2019

Re: Επιλογη Junior 2019

Re: Επιλογη Junior 2019

Re: Επιλογη Junior 2019

Re: Επιλογη Junior 2019

Μέλη σε σύνδεση