Τεστ Εξάσκησης (14), Μεγάλοι

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6038
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Τεστ Εξάσκησης (14), Μεγάλοι

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Δευ Μαρ 23, 2020 1:41 am

ΘΕΜΑ 1
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N} για τις οποίες ισχύει

\displaystyle{n!+f(m)!|f(n)!+f(m!)}

για όλους τους θετικούς ακεραίους m,n.


ΘΕΜΑ 2
Να δείξετε ότι

\displaystyle{ \frac{x}{x^2+1}+\frac{y}{y^2+1}+\frac{z}{z^2+1}\ge-\frac{1}{2}, }

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς x,y,z με x+y+z = xy+yz+zx .
(Από εδώ: viewtopic.php?f=111&t=34612)


ΘΕΜΑ 3
Έστω O εσωτερικό σημείο οξυγωνίου τριγώνου ABC και A_1, B_1, C_1 οι προβολές του O στις πλευρές BC, AC, AB, αντίστοιχα. Έστω P το σημείο τομής των κάθετων στις B_1C_1 και A_1C_1 από τα σημεία A και B, αντίστοιχα. Αν H η προβολή του P στην AB, να δείξετε ότι τα σημεία A_1, B_1, C_1, H είναι ομοκυκλικά.


ΘΕΜΑ 4
Να προσδιορίσετε το πλήθος των συνόλων A = \{a_1,a_2,...,a_{1000}\}, με στοιχεία θετικούς ακέραιους και a_1 < a_2 <...< a_{1000} \le 2014,
για τα οποία το σύνολο S = \{a_i + a_j | 1 \le i, j \le 1000, με i + j \in A\}, είναι υποσύνολο του A.
(Από εδώ: https://artofproblemsolving.com/communi ... ubset_of_a)


Θανάσης Κοντογεώργης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ
Δημοσιεύσεις: 117
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 11:47 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (14), Μεγάλοι

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ » Δευ Μαρ 23, 2020 3:50 pm

Καλό μεσημέρι!
Για το 3.
Απο γνωστή πρόταση για τους ποδικούς κύκλους, αρκεί, για να ανήκει το H στον (A_1,B_1,C_1), τα σημεία P και O να είναι ισογώνια συζυγή, το οποίο όμως ισχύει αφού \angle C_1AO=\angle C_1B_1O=\angle PAC και ομοίως \angle CBO= A_1C_1O= \angle ABP. Η απόδειξη τώρα ολοκληρώθηκε.


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1599
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Τεστ Εξάσκησης (14), Μεγάλοι

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Δευ Μαρ 23, 2020 11:50 pm

socrates έγραψε:
Δευ Μαρ 23, 2020 1:41 am
ΘΕΜΑ 1
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N} για τις οποίες ισχύει

\displaystyle{n!+f(m)!|f(n)!+f(m!)}

για όλους τους θετικούς ακεραίους m,n.
Αποδεικνύω 2 Ισχυρισμούς:

Ισχυρισμός 1: Ισχύει, f(1)=1.

Απόδειξη: Θέτουμε m=n=1 στη δοσμένη, οπότε προκύπτει k!+1 \mid k!+k, με f(1)=k. Άρα k!+1 \mid k-1.

Αν k \neq 1, τότε k-1 \geqslant k!+1 \Rightarrow k! \leqslant k-2, άτοπο.
Άρα, k=1, δηλαδή f(1)=1 \blacksquare.

Ισχυρισμός 2:
Ισχύει f(p-1)=p-1 για κάθε πρώτο p.

Απόδειξη: Θέτω m=1, \, n=p-1 στη δοσμένη, όπου p πρώτος, και έχω (p-1)!+1 \mid f(p-1)!+1.

Από Θ. Wilson, είναι (p-1)!+1 \equiv 0 \pmod p, άρα p \mid f(p-1)!+1, δηλαδή f(p-1)<p (αν f(p-1) \geqslant p, τότε p \mid f(p-1)!, άτοπο).

Επίσης, από την (p-1)!+1 \mid f(p-1)!+1, προκύπτει ότι f(p-1)! \geqslant (p-1)! \Rightarrow f(p-1) \geqslant p-1, οπότε p >f(p-1) \geqslant f(p-1), που δίνει f(p-1)=p-1 \blacksquare.

Πίσω στην άσκηση, έστω n=p-1 με p πρώτο, οπότε έχω (p-1)!+f(m)! \mid (p-1)!+f(m!) \Rightarrow (p-1)!+f(m)! \mid f(m!)-f(m)!.

Έστω, ότι υπάρχει m, με f(m)! \neq f(m!). Τότε, πρέπει f(m!)-f(m)! \geqslant (p-1)!+f(m)!, το οποίο είναι άτοπο για αρκετά μεγάλο p.

Άρα f(m)!=f(m!) για κάθε m. Οπότε, η δοσμένη σχέση γράφεται n!+f(m)! \mid f(n)!+f(m)! \Rightarrow n!+f(m)! \mid f(n)!-n!.

Αν ισχύει f(n) \neq n για κάποιο n, τότε f(n)!-n! \geqslant n!+f(m)!, άτοπο για αρκετά μεγάλο m της μορφής p-1 με p πρώτο.

Άρα, f(n)=n για κάθε n.

Είναι προφανές ότι η f(n)=n, ικανοποιεί την δοσμένη συνθήκη, άρα είναι και η μοναδική λύση.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1599
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Τεστ Εξάσκησης (14), Μεγάλοι

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Τετ Μαρ 25, 2020 11:43 pm

socrates έγραψε:
Δευ Μαρ 23, 2020 1:41 am
ΘΕΜΑ 2
Να δείξετε ότι

\displaystyle{ \frac{x}{x^2+1}+\frac{y}{y^2+1}+\frac{z}{z^2+1}\ge-\frac{1}{2}, }

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς x,y,z με x+y+z = xy+yz+zx .
(Από εδώ: viewtopic.php?f=111&t=34612)
Χρόνια Πολλά!

Έστω ότι, υπάρχουν δύο θετικοί μεταξύ των x,y,z. Έστω WLOG ότι y,z \geqslant 0. Τότε, γράφω την προς απόδειξη ως:

\dfrac{(x+1)^2}{2x^2+2}+\dfrac{y}{y^2+1}+\dfrac{z}{z^2+1} \geqslant 0, και αυτή είναι προφανής.

Έστω τώρα, ότι το πολύ 1 είναι θετικός. Αν όλοι είναι αρνητικοί, δηλαδή x,y,z \leqslant 0, τότε έχω 0 \geqslant x+y+z=xy+yz+zx \geqslant 0, οπότε x=y=z=0, και σε αυτήν την περίπτωση η προς απόδειξη ισχύει.

Άρα, θα έχω 2 αρνητικούς, WLOG τους y,z, και έναν θετικό, τον x. Θέτω b=-y, \, c=-z και για ευκολία x=a.

Η συνθήκη γράφεται a=\dfrac{b+c+bc}{b+c+1}, και έχω να δείξω ότι \dfrac{a}{a^2+1}+\dfrac{1}{2} \geqslant \dfrac{y}{y^2+1}+\dfrac{z}{z^2+1}.

Θέτω τώρα y+z=s, yz=p, οπότε a=(s+p)/(s+1). Αντικαθιστώ το a στην προς απόδειξη, και γράφω \dfrac{y}{y^2+1}+\dfrac{z}{z^2+1}=\dfrac{sp+s}{p^2+s^2-2p+1}. Κάνοντας τώρα (κάμποσες :mrgreen: ) πράξεις, αρκεί να δείξω ότι:

4s^4+(p^2-14p+1)s^2+(2p^3-6p^2-6p+2)s+p^4-2p^2+1 \geqslant 0.

Θέτω το αριστερό μέλος της πιο πάνω συνάρτηση f(s). Η πρώτη παράγωγος της είναι:

f'(s)=16s^3+(2p^2-28p+2)s+2p^3-6p^2-6p+2, και η δεύτερη παράγωγος είναι:

f''(s)=48s^2+2p^2-28p+2.

Χρησιμοποιώ την ανισότητα s^2 \geqslant 4p (είναι η (x+y)^2 \geqslant 4xy).

Είναι λοιπόν, f''(s) \geqslant 48 \cdot 4p+2p^2-28p+2=2p^2+164p+2 >0, αφού p \geqslant 0.

Άρα, η f' είναι γνησίως αύξουσα. Συνεπώς:

f'(s) \geqslant 16 \cdot (2\sqrt{p})^3+(2p^2-8p+2) \cdot 2\sqrt{p}+2p^3-6p^2-6p+2>0 (η τελευταία είναι εύκολο :P να αποδειχθεί).

Οπότε και η f είναι αύξουσα. Συνεπώς:

f(s) \geqslant f(2\sqrt{p})=64p^2+(p^2-14p+1) \cdot 4p+(2p^3-6p^2-6p+2) \cdot 2\sqrt{p}+p^4-2p^2+1= (\sqrt{p}-1)^2(p+1)(6p^{3/2}+p^2+14p+6\sqrt{p}+1) \geqslant 0.

Οπότε, η προς απόδειξη δείχθηκε!


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
giannisd
Δημοσιεύσεις: 13
Εγγραφή: Τετ Δεκ 05, 2018 1:02 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Τεστ Εξάσκησης (14), Μεγάλοι

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannisd » Πέμ Μαρ 26, 2020 12:28 am

socrates έγραψε:
Δευ Μαρ 23, 2020 1:41 am
ΘΕΜΑ 2
Να δείξετε ότι

\displaystyle{ \frac{x}{x^2+1}+\frac{y}{y^2+1}+\frac{z}{z^2+1}\ge-\frac{1}{2}, }

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς x,y,z με x+y+z = xy+yz+zx .
(Από εδώ: viewtopic.php?f=111&t=34612)
Ίσως όχι και η καλύτερη απόδειξη, αλλά νομίζω ότι δουλεύει.

Αρχικά, η f(x)=\dfrac{x}{x^2+1} είναι γνησίως αύξουσα στο [0,1] και γνησίως φθίνουσα στο [1,+\infty) με \max_{x\geq 0} f(x)=f(1)=\dfrac{1}{2}.

WLOG x\geq y\geq z

Διακρίνω τις ακόλουθες περιπτώσεις:

Περίπτωση 1:x\geq y\geq z\geq 0, τότε το ζητούμενο είναι προφανές.

Περίπτωση 2: Αν x\geq y\geq 0\geq z, τότε
\displaystyle{LHS=f(x)+f(y)-f(|z|)\geq -f(|z|)\geq -\dfrac{1}{2}=RHS }

Περίπτωση 3: Αν x\geq 0\geq y\geq z, τότε θέτω y= -b\, ,z=-c, οπότε από τη συνθήκη προκύπτει x=\dfrac{b+c+bc}{b+c+1}.
Άρα αρκεί f(x)+f(1)\geq f(b)+f(c). Αν f(x)\geq f(b) ή f(x)\geq f(c), τότε το ζητούμενο είναι άμεσο. Αλλιώς, αν:
  • x\geq 1\iff bc\geq 1 \implies c\geq 1
    Όμως f(x)<f(c)\iff x>c\iff \dfrac{b+c+bc}{b+c+1}>c\implies b> c^2 \geq c άτοπο.
  • x<1\iff bc<1\implies b<1
    Όμως f(x)<f(b)\iff x<b\iff \dfrac{b+c+bc}{b+c+1}<b\implies c<b^2<b άτοπο.
Περίπτωση 4: Αν 0\geq x\geq y\geq z, τότε
\displaystyle{x+y+z\leq 0\leq xy+yz+zx\implies x=y=z=0\implies LHS=0>-\dfrac{1}{2}=RHS}

Εξαντλήθηκαν λοιπόν όλες οι περιπτώσεις. \blacksquare

EDIT: Με πρόλαβαν...


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1599
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Τεστ Εξάσκησης (14), Μεγάλοι

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Πέμ Μαρ 26, 2020 1:28 pm

socrates έγραψε:
Δευ Μαρ 23, 2020 1:41 am
ΘΕΜΑ 4
Να προσδιορίσετε το πλήθος των συνόλων A = \{a_1,a_2,...,a_{1000}\}, με στοιχεία θετικούς ακέραιους και a_1 < a_2 <...< a_{1000} \le 2014,
για τα οποία το σύνολο S = \{a_i + a_j | 1 \le i, j \le 1000, με i + j \in A\}, είναι υποσύνολο του A.
(Από εδώ: https://artofproblemsolving.com/communi ... ubset_of_a)
Θα ονομάζω όλα τα σύνολα A που ικανοποιούν την συνθήκη της εκφώνησης περίεργο.

Αρχίζω με έναν Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός 1: Ισχύει a_k \not \in \{1001,1002, \ldots, 2000 \} (το k \in \{1,2, \ldots, 1000 \}) για κάθε περίεργο σύνολο A της μορφής A=\{a_1,a_2, \ldots, a_{1000} \}.

Απόδειξη: Έστω, ότι υπάρχει k με a_k \in \{1001, 1002, \ldots, 2000 \}. Ας γράψουμε λοιπόν το a_k στη μορφή a_k=1000+M με M \in \{1,2, \ldots, 1000 \}. Τότε, το a_{1000}+a_M ανήκει στο S, σύμφωνα με την περιγραφή του συνόλου S.

Αφού όμως S \subseteq  A, πρέπει a_{1000}+a_M \in A, άτοπο αφού το μεγαλύτερο στοιχείο του A είναι το a_{1000} \blacksquare.

Πίσω στην άσκηση, από τον Ισχυρισμό, προκύπτει ότι κάθε περίεργο σύνολο είναι της μορφής X \cup Y, με:

\rightarrow το X υποσύνολο του \{1,2, \ldots, 1000 \}, και
\rightarrow το Y υποσύνολο του \{1001,1002, \ldots, 2014 \}.

Έστω ότι |X|=m, |Y|=1000-M (αφού |X|+|Y|=1000, και X= \{a_1,a_2, \ldots, a_m \}, Y=\{a_{m+1},\ldots, a_{1000} \}.

Αποδεικνύω ακόμα έναν Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός 2: Ισχύει, a_i=i, για κάθε i \in \{1,2, \ldots, m\}.

Απόδειξη: Αρκεί, προφανώς, να δείξω ότι a_m=m (σ'αυτή την περίπτωση, θα είχα ότι m=a_m \geqslant a_{m-1}+1 \geqslant a_{m-2}+2 \geqslant \ldots a_1+m-1 \geqslant m, δηλαδή έχω παντού ισότητα, οπότε a_i=i για κάθε i \in \{1,2, \ldots , m \}.

Έστω, ότι a_m>m. Τότε μπορώ να γράψω a_m=m+s, με s θετικό ακέραιο. Τότε, από τον ορισμό του S πρέπει το a_m+a_s να ανήκει στο S, άρα και στο A.

Άρα, a_m+a_s \in B \cup C.

\rightarrow Αν a_m+a_s \in B, τότε έχω a_m+a_s \leqslant a_m, άτοπο.
\rightarrow Αν πάλι a_m+a_s \in C, τότε a_m+a_s >2000, οπότε a_s>1000, αφού a_m \leqslant 1000.

Άρα a_s>1000 \geqslant a_m \Rightarrow s >m, δηλαδή a_m>2m.

Τώρα, είναι Y \subseteq \{2001, 2002, \ldots, 2014 \} \Rightarrow |Y| \leqslant 14 \Rightarrow 1000-m \leqslant 14, δηλαδή m \geqslant 986.

Άρα, έχω a_m>2m >1000, άτοπο. Οπότε, πρέπει a_m \leqslant m, που δίνει:

m \geqslant a_m \geqslant a_{m-1}+1 \geqslant a_{m-2}+2 \geqslant \ldots a_1+m-1 \geqslant m, δηλαδή έχω ισότητα, συνεπώς a_i=i για κάθε i \in \{1,2, \ldots, m\} \blacksquare.

Πίσω στην άσκηση, έχω ότι A=X \cup Y=\{1,2, \ldots, m\} \cup \{a_{m+1}, \ldots, a_{1000} \}, με 986 \leqslant m \leqslant 1000 (αποδείχθηκε στον Ισχυρισμό 2).

Θα δείξω τώρα ότι όλα τα σύνολα της παραπάνω μορφής είναι περίεργα.

Ας πάρω ένα τυχαίο στοιχείο του A.

\rightarrow Αν αυτό ανήκει στο X, τότε όπως και να γράψω το στοιχείο αυτό (έστω x) σαν άθροισμα δύο αριθμών, x=y+z, θα είναι y,z <x\leqslant m, άρα το a_y+a_z=y+z=x, ανήκει στο A.

\rightarrow Αν πάλι το x ανήκει στο Y, τότε x \geqslant 2001, άρα δεν μπορώ να το γράψω σαν άθροισμα δύο αριθμών \leqslant 1000.

Οπότε, όλα τα σύνολα της μορφής A=X \cup Y=\{1,2, \ldots, m\} \cup \{a_{m+1}, \ldots, a_{1000} \} με το Y=\{a_{m+1}, \ldots, a_{1000} \} υποσύνολο του \{2001,2002, \ldots, 2014 \} είναι περίεργο.

Τέλος, για κάθε m, έχω ακριβώς \displaystyle \binom{14}{1000-m} περίεργα σύνολα. Για m \in \{986,987, \ldots, 1000 \}, έχω λοιπόν σύνολο:

\displaystyle \binom{14}{14}+\binom{14}{13}+\ldots +\binom{14}{1}+\binom{14}{0}=2^{14} περίεργα σύνολα (η τελευταία ισότητα προκύπτει από το δυωνυμικό ανάπτυγμα του (1+1)^{14}).

Σύνολο λοιπόν 2^{14}=4096 περίεργα σύνολα.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1264
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (14), Μεγάλοι

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Πέμ Μαρ 26, 2020 1:58 pm

Για την ανισότητα δείτε εδώ:
https://artofproblemsolving.com/communi ... 48p1297645
Η λύση στο ποστ#11 νομίζω είναι η καλύτερη δυνατή.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Google [Bot] και 3 επισκέπτες