JBMO Τέστ Εξάσκησης #4

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2649
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

JBMO Τέστ Εξάσκησης #4

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Ιουν 15, 2019 2:32 pm

Καλησπέρα σας!

Σε συνέχεια των προηγούμενων θεμάτων με το 1ο τεστ, το 2ο τεστ και το 3ο τεστ, ακολουθούν τα προβλήματα του 4ου τεστ.

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

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

JBMO Practice TEST 4
ΔΙΑΡΚΕΙΑ: 4,5 ΩΡΕΣ

ΘΕΜΑ 1. Έστω p ένας πρώτος αριθμός, p\ne 3, και έστω a,b ακέραιοι τέτοιοι ώστε p|a+b και p^2|a^3+b^3. Να διεχθεί ότι p^2|a+b ή p^3|a^3+b^3.

ΘΕΜΑ 2. Να δειχθεί ότι για κάθε θετικό ακέραιο n υπάρχει ένα πολλαπλάσιο του n το οποίο έχει άθροισμα ψηφίων ίσο με n.

ΘΕΜΑ 3. Δίνεται ένα οξυγώνιο τρίγωνο ABC και το ύψος του AD. Έστω E το σημείο τομής της BC με τη διάμετρο του περιγεγγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC από το A. Έστω Μ το συμμετρικό του σημείου D ως προς την πλευρά AC, και έστω N το συμμετρικό του σημείου D ως προς την πλευρά AB. Να δειχθεί ότι \angle EMC=\angle BNE.

ΘΕΜΑ 4. Να δειχθεί ότι αν οι a,b,c είναι θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε ab+bc+ca=3 τότε
\displaystyle  
	\dfrac{1}{1+a^2(b+c)}+\dfrac{1}{1+b^2(c+a)}+\dfrac{1}{1+c^2(a+b)}\leq \frac{1}{abc}.

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

Φιλικά,

Αχιλλέας



Λέξεις Κλειδιά:
Xriiiiistos
Δημοσιεύσεις: 194
Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm
Τοποθεσία: Αιγάλεω

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #4

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Xriiiiistos » Σάβ Ιουν 15, 2019 7:47 pm

achilleas έγραψε:
Σάβ Ιουν 15, 2019 2:32 pm

ΘΕΜΑ 4. Να δειχθεί ότι αν οι a,b,c είναι θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε ab+bc+ca=3 τότε
\displaystyle  
	\dfrac{1}{1+a^2(b+c)}+\dfrac{1}{1+b^2(c+a)}+\dfrac{1}{1+c^2(a+b)}\leq \frac{1}{abc}.
Από την ισότητα έχουμε a(b+c)=3-bc\Leftrightarrow a^{2}(b+c)=3a-abc κάνοντάς το κυκλικά έχουμε LHS=\sum \frac{1}{1+3a-abc}

επείσης \sum ab=3\geq 3\sqrt[3]{(abc)^{2}}\rightarrow 1\geq abc\Leftrightarrow 1+3a-abc\geq 3a\Leftrightarrow \frac{1}{1+3a-abc}\leq  \frac{1}{3a}

κανοντάς το και αυτο κυκλικά παίρνουμε LHS=\sum \frac{1}{1+3a-abc}\leq \frac{1}{3}\sum \frac{1}{a}=\frac{1}{3abc}\sum ab=\frac{1}{abc}


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 391
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #4

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Ιουν 15, 2019 8:13 pm

achilleas έγραψε:
Σάβ Ιουν 15, 2019 2:32 pm


ΘΕΜΑ 3. Δίνεται ένα οξυγώνιο τρίγωνο ABC και το ύψος του AD. Έστω E το σημείο τομής της BC με τη διάμετρο του περιγεγγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC από το A. Έστω Μ το συμμετρικό του σημείου D ως προς την πλευρά AC, και έστω N το συμμετρικό του σημείου D ως προς την πλευρά AB. Να δειχθεί ότι \angle EMC=\angle BNE.
64.PNG
64.PNG (46.47 KiB) Προβλήθηκε 588 φορές

Έστω L\equiv MN\cap AO

Θα είναι \widehat{BNA}=\widehat{AMC}=90^{\circ}


Τα DAM,NAD είναι ισοσκελή άρα \widehat{NAB}=\widehat{BAD}=90-\widehat{B}=\widehat{EAC}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat{DAC}=\widehat{CAM}

Είναι \widehat{EAM}=\widehat{CAM}+90-\widehat{B}=\widehat{DAC}+\widehat{DAE}=\widehat{NAD}+\widehat{DAC}=\widehat{NAO}

Άρα AE διχοτόμος της \widehat{NAM}

Επίσης AM=AD=AN άρα MNA ισοσκελές και L μέσο της βάσης.

Άρα και το NEM είναι ισοσκελές και έτσι

\widehat{BNE}=90-\widehat{ENA}=90-\left ( \widehat{ENM} +\widehat{MNA}\right )=90-\widehat{AME}=\widehat{EMC}\Leftrightarrow \boxed{\widehat{BNE}=\widehat{EMC}}
τελευταία επεξεργασία από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ σε Κυρ Ιουν 16, 2019 4:30 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1471
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #4

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Κυρ Ιουν 16, 2019 11:06 am

achilleas έγραψε:
Σάβ Ιουν 15, 2019 2:32 pm

ΘΕΜΑ 1. Έστω p ένας πρώτος αριθμός, p\ne 3, και έστω a,b ακέραιοι τέτοιοι ώστε p|a+b και p^2|a^3+b^3. Να διεχθεί ότι p^2|a+b ή p^3 \mid \mid a^3+b^3.

Αν p^2 \mid a+b, δεν έχω κάτι να δείξω.

Έστω λοιπόν, p^1 || a+b.

Τότε, είναι p^2 \mid (a+b)(a^2-ab+b^2), οπότε p \mid a^2-ab+b^2,και αφού a^2-ab+b^2 \equiv -3b^2 \pmod p \Rightarrow p \mid 3b^2 \Rightarrow p \mid b, αφού p \neq 3.

Οπότε, p \mid b και όμοια p \mid a, συνεπώς p^3 \mid a^3+b^3.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
minageus
Δημοσιεύσεις: 15
Εγγραφή: Σάβ Μάιος 25, 2019 7:28 pm

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #4

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από minageus » Κυρ Ιουν 16, 2019 11:09 am

achilleas έγραψε:
Σάβ Ιουν 15, 2019 2:32 pm


ΘΕΜΑ 1. Έστω p ένας πρώτος αριθμός, p\ne 3, και έστω a,b ακέραιοι τέτοιοι ώστε p|a+b και p^2|a^3+b^3. Να διεχθεί ότι p^2|a+b ή p^3|a^3+b^3.
Καλημέρα και καλή Κυριακή!
Μια λύση για το θέμα 1:
Ξέρω ότι p\mid a+b και ότι p{2}\mid a^{3}+b^{3}\Leftrightarrow p^{2}\mid (a+b)(a^{2}+ab+b^{2})} Άρα, διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: είτε p^{2}\mid a+b (που είναι η μία ζητούμενη περίπτωση) είτε p\mid a^{2}+ab+b^{2}. Αρκεί να ασχοληθούμε με την δεύτερη περίπτωση τώρα και να δείξουμε ότι p^{2}\mid a^{2}+ab+b^{2}. Είναι a^{2}+ab+b^{2}=(a+b)^{2}-ab=kp^{2}-ab. Άρα, ισχύει ότι p\mid ab. Επειδή p πρώτος, θα είναι διαιρέτης ή του a ή του b ή και των δύο. Έστω ότι p\mid a. Όμως, p\mid a+b. Άρα, ο p είναι διαιρέτης και των δύο. Άρα, p^{2}\mid ab. Άρα, p^{2}\mid a^{2}+ab+b^{2}. Επίσης, p\mid a+b. Πολλαπλασιάζοντας τις δύο σχέσεις λαμβάνουμε το ζητούμενο.


Δημήτρης Μηνάγιας
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1471
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #4

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Κυρ Ιουν 16, 2019 7:32 pm

achilleas έγραψε:
Σάβ Ιουν 15, 2019 2:32 pm

ΘΕΜΑ 4. Να δειχθεί ότι αν οι a,b,c είναι θετικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε ab+bc+ca=3 τότε
\displaystyle  
	\dfrac{1}{1+a^2(b+c)}+\dfrac{1}{1+b^2(c+a)}+\dfrac{1}{1+c^2(a+b)}\leq \frac{1}{abc}.
Μία ''περίεργη'' λύση.

Αρκεί να δείξω ότι \displaystyle \sum_{cyc} \dfrac{a^2(b+c)}{a^2(b+c)+1} \geqslant 3-\dfrac{1}{abc} ή αλλιώς \displaystyle \sum_{cyc} \dfrac{a^2(b+c)^2}{a^2(b+c)^2+b+c} \geqslant 3-\dfrac{1}{abc}, οπότε από C-S αρκεί να δείξω ότι :

\dfrac{2(ab+bc+ca)^2}{\displaystyle \sum_{cyc} (ab+ac)^2+2\sum a} \geqslant 3-\dfrac{1}{abc}.

Αν abc<1/3, τότε LHS>0>RHS, οπότε έστω abc \geqslant 1/3.

Έστω τώρα, \sum a =p, \sum ab=q=3, abc=r, οπότε αρκεί (1-r)(\dfrac{18}{3r-1}-2p) \geqslant 0 και αφού r \leqslant 1 από ΑΜ-ΓΜ, αρκεί (3r-1)p \leqslant 9.

Είναι, (3r-1)p=3abc(a+b+c)-a-b-c \leqslant (ab+bc+ca)^2-a-b-c \leqslant 9-a-b-c<9, και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8239
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: JBMO Τέστ Εξάσκησης #4

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Ιουν 26, 2019 11:26 am

achilleas έγραψε:
Σάβ Ιουν 15, 2019 2:32 pm

ΘΕΜΑ 2. Να δειχθεί ότι για κάθε θετικό ακέραιο n υπάρχει ένα πολλαπλάσιο του n το οποίο έχει άθροισμα ψηφίων ίσο με n.

Γράφουμε n = 2^a \cdot 5^b \cdot m όπου a,b μη αρνητικοί ακέραιοι και m θετικός ακέραιος με (m,10)=1. Τότε 10^{k\varphi(m)} \equiv 1 \bmod m για κάθε θετικό ακέραιο k. Έστω c = \max\{a,b\}. Θέτουμε:

\displaystyle  N = 10^{(c+1)\varphi(m)} + \cdots + 10^{(c+n)\varphi(m)}

Τότε το N έχει άθροισμα ψηφίων ίσων με n και επίσης N \equiv n \equiv 0 \bmod m και N \equiv 0 \mod 10^{c+1} άρα και N \equiv 0 \bmod 2^a5^b. Οπότε ο N είναι πολλαπλάσιο του n.


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης