JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8520
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Οκτ 11, 2020 6:17 pm

Η παρούσα ανάρτηση θα ανανεωθεί αργότερα και με τα υπόλοιπα προβλήματα.

Α1. Για τους πραγματικούς αριθμούς a και b ισχύει ότι a^3+b^3-6ab=-11. Να δειχθεί ότι -\frac{7}{3} < a+b < -2.

(Προτάθηκε από τη Σερβία)

A2. Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c τέτοιοι ώστε abc = \frac{2}{3}. Να αποδειχθεί ότι
\displaystyle  \frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a} \geqslant \frac{a+b+c}{a^3+b^3+c^3}\,.

(Προτάθηκε από τα Σκόπια)

Σημείωση: Ήταν αρκετά γνωστή και κακώς τη βάλαμε στη shortlist. :oops: Σας αφήνω να την εντοπίσετε.

A3. Έστω A και B δύο μη κενά υποσύνολα του συνόλου X = \{1,2,\ldots,11\} με A \cup B = X. Έστω P_A το γινόμενο όλων των στοιχείων του A και P_B το γινόμενο όλων των στοιχείων του B. Να βρεθεί η μέγιστη και ελάχιστη δυνατή τιμη του P_A+P_B και να βρεθούν όλες οι περιπτώσεις ισότητας.

(Προτάθηκε από την Ελλάδα)

Α4. Έστω a,b δύο διαφορετικοί πραγματικοί αριθμοί και έστω c θετικός πραγματικός αριθμός ώστε

\displaystyle {{a}^{4}}-2019a={{b}^{4}}-2019b=c\,.

Να αποδειχθεί ότι -\sqrt{c}<ab<0.

(Προτάθηκε από την Σαουδική Αραβία - Ήταν η άσκηση 2 του διαγωνισμού)

Α5. Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c,d ώστε abcd=1. Να αποδειχθεί η ανισότητα

\displaystyle \frac{1}{a^3+b+c+d}+\frac{1}{a+b^3+c+d}+\frac{1}{a+b+c^3+d}+\frac{1}{a+b+c+d^3} \leqslant \frac{a+b+c+d}{4}\,.

(Προτάθηκε από την Ρουμανία)

Α6. Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c. Να αποδειχθεί η ανισότητα
\displaystyle (a^2+ac+c^2)\left(\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{a+c}\right)+b^2\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+b}\right)>a+b+c\,.

(Προτάθηκε από το Τατζικιστάν)

Α7. Αν a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε a+b+c=ab+bc+ca, να αποδειχθεί ότι
\displaystyle 3+\sqrt[3]{\frac{a^3+1}{2}}+\sqrt[3]{\frac{b^3+1}{2}}+\sqrt[3]{\frac{c^3+1}{2}}\leqslant 2(a+b+c)\,.

(Προτάθηκε από την Αλβανία)



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6271
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Κυρ Οκτ 11, 2020 9:18 pm

Demetres έγραψε:
Κυρ Οκτ 11, 2020 6:17 pm

Α1. Για τους πραγματικούς αριθμούς a και b ισχύει ότι a^3+b^3-6ab=-11. Να δειχθεί ότι -\frac{7}{3} < a+b < -2.

(Προτάθηκε από τη Σερβία)

Θέτοντας \displaystyle{a+b=x,  ab=y} η δοθείσα σχέση γράφεται

\displaystyle{x^3-3xy-6y=-11,} οπότε \displaystyle{y=\frac{x^3+11}{3x+6}.}

Από την προφανή \displaystyle{x^2\geq 4y} λαμβάνουμε

\displaystyle{\frac{4x^3+44}{3x+6}\leq x^2\iff (x+2)(x^3-6x^2+44)\geq 0.}

Θα αποδείξουμε λοιπόν ότι \displaystyle{x\in \left(-\frac{7}{3},-2\right).}

Είναι προφανές από την \displaystyle{x^3-3xy-6y=-11} ότι \displaystyle{x\ne -2}

Έστω \displaystyle{x>-2.} Τότε είναι \displaystyle{x^3+44\leq 6x^2\implies 0<x^3+8\leq 6(x^2-6)\implies x\geq \sqrt{6}}, αφού \displaystyle{x> -2.}

Δηλαδή τότε είναι \displaystyle{x>0} και έχουμε

\displaystyle{x^3+44=\frac{x^3}{2}+\frac{x^3}{2}+44\geq 3\sqrt[3]{11x^6}=3\sqrt[3]{11}x^2>6x^2,} άτοπο!

Επομένως \displaystyle{\boxed{x<-2}}.

Αποδεικνύουμε τώρα ότι \displaystyle{x>-\frac{7}{3}.} Έστω \displaystyle{x\leq -\frac{7}{3},} οπότε \displaystyle{x^3\leq -\frac{343}{27}}.

Επειδή είναι \displaystyle{x+2<0} ισχύει και \displaystyle{x^3-6x^2+44\geq 0\implies 6x^2\leq 44+x^3\leq 44-\frac{343}{27}=\frac{845}{27}<32,}

άρα \displaystyle{x^2<\frac{16}{3}.} Όμως όταν \displaystyle{x\leq -\frac{7}{3}} είναι \displaystyle{x^2\geq \frac{49}{9}} και φανερά είναι \displaystyle{\frac{49}{9}>\frac{16}{3}.}

Άρα \displaystyle{\boxed{x>-\frac{7}{3}}.}


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8520
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Οκτ 11, 2020 9:43 pm

matha έγραψε:
Κυρ Οκτ 11, 2020 9:18 pm
λαμβάνουμε

\displaystyle{\frac{4x^3+44}{3x+6}\leq x^2\iff (x+2)(x^3-6x^2+44)\geq 0.}

Θα αποδείξουμε λοιπόν ότι \displaystyle{x\in \left(-\frac{7}{3},-2\right).}

Ωραία Θάνο. Αυτή ήταν ουσιαστικά και η δική μας λύση αν και από εδώ το κλείσαμε κάπως διαφορετικά:

Αν x \geqslant -2 τότε x^3-6x^2 +44 \leqslant 0. Αυτό όμως είναι αδύνατο αφού
\displaystyle  x^3-6x^2 +44 = (x+2)(x-4)^2 + 8 > 0\,.

Άρα x < -2 από το οποίο παίρνουμε x^3-6x^2 +44 \geqslant 0. Αν x \leqslant -\frac{7}{3} τότε πάλι καταλήγουμε σε άτοπο αφού

\displaystyle x^3-6x^2 = x^2(x-6) \leqslant -\frac{49}{9} \cdot \frac{25}{3} < -44.

(Αφού 49 \cdot 25 = 1225 > 1188 = 44 \cdot 27.)

Άρα -\frac{7}{3} < x < -2 όπως θέλαμε να δείξουμε.


Η λύση των Σέρβων ήταν διαφορετική.
Πρόσθεσα τις Α2 και Α3.
Θάνο, αν είναι βάλε και την εκφώνηση στη λύση σου μιας και προστέθηκαν και άλλες ασκήσεις.


Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 23
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Κυρ Οκτ 11, 2020 10:22 pm

Α2. Από την Cauchy-Schwartz έχουμε:
\sum \frac{ab}{a+b}\geq \frac{(3\sqrt{abc})^2}{\sum (a+b)c}=\frac{9abc}{2(ab+bc+ca)}=\frac{3}{ab+bc+ca}.
Αρκεί να δείξουμε ότι \frac{3}{ab+bc+ca}\geq \frac{a+b+c} {a^3+b^3+c^3} \Leftrightarrow 3(a^3+b^3+c^3)\geq (a+b+c)(ab+bc+ca)
Η οποία ισχύει αφού (ab+bc+ca)(a+b+c)\leq(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)\leq3(a^3+b^3+c^3) από την ανισότητα Chebyshev.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12500
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Οκτ 11, 2020 11:13 pm

Demetres έγραψε:
Κυρ Οκτ 11, 2020 6:17 pm

Α1. Για τους πραγματικούς αριθμούς a και b ισχύει ότι a^3+b^3-6ab=-11. Να δειχθεί ότι -\frac{7}{3} < a+b < -2.

Αλλιώς: Θέτουμε b=x-a, οπότε θέλουμε -\frac{7}{3} < x < -2, ενώ η δοθείσα γράφεται

\displaystyle{ x^3-3ax^2+(3a^2-6a)x+6a^2+11=0}, ισοδύναμα

\displaystyle{(x+2)\left (x^2-(2+3a)x+3a^2+4\right ) = -3 <0 \,(*)}

Όμως η x^2-(2+3a)x+3a^2+4 έχει διακρίνουσα \displaystyle{ (2+3a)^2-4(3a^2+4) =-3(a-2)^2\le 0}, οπότε είναι πάντα \ge 0. Έπεται από την (*) ότι x+2>0, που είναι το ένα ζητούμενο.

Όμοια η δοθείσα, στην μορφή \displaystyle{ x^3-3ax^2+(3a^2-6a)x+6a^2+11=0}, γράφεται

\displaystyle{ \frac {1}{9}\left (x+ \frac {7}{3} \right)\left (9x^2-(21+27a)x+27a^2+9a+49 \right )= \frac {1}{27} (9a^2+63a+46) > 0}

Όπως πριν, με χρήση διακρίνουσας, είναι  9x^2-(21+27a)x+27a^2+9a+49 \ge 0, οπότε x+ \frac {7}{3} >0, που είναι το δεύτερο ζητούμενο.


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 780
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Κυρ Οκτ 11, 2020 11:47 pm

Ελάχιστα διαφορετικά για το A2 μπορούμε να κάνουμε \sum \dfrac{ab}{a+b}=\sum \dfrac{1}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}\geq \dfrac{9}{2\dfrac{\sum ab}{abc}}=\dfrac{3}{\sum ab} και μετά Chebyshev.Η άσκηση ήταν και στην ΒΜΟ Shortlist 2018.


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6271
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Δευ Οκτ 12, 2020 6:42 am

Demetres έγραψε:
Κυρ Οκτ 11, 2020 6:17 pm
Η παρούσα ανάρτηση θα ανανεωθεί αργότερα και με τα υπόλοιπα προβλήματα.

Α1. Για τους πραγματικούς αριθμούς a και b ισχύει ότι a^3+b^3-6ab=-11. Να δειχθεί ότι -\frac{7}{3} < a+b < -2.

(Προτάθηκε από τη Σερβία)
Ξαναβλέποντας καλύτερα το δεδομένο, τουλάχιστον για το δεξί φράγμα, μπορούμε να πούμε το εξής πιο σύντομο:

Η δοθείσα γράφεται

\displaystyle{a^3+b^3+2^3-3\cdot 2ab=-3\implies \frac{1}{2}(a+b+2)\left[(a-b)^2+(a-2)^2+(b-2)^2\right]=-3}.

Το πράμα μιλάει μόνο του τώρα.


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8520
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Οκτ 12, 2020 12:39 pm

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Κυρ Οκτ 11, 2020 11:47 pm
Η άσκηση ήταν και στην ΒΜΟ Shortlist 2018.

Ναι. Μάλιστα εγώ ο ίδιος την ανέβασα στο mathematica στις 02/05/2019. Το πρόβλημα το λάβαμε τέλη Μαΐου του 2019 αλλά δεν πρόσεξα ότι ήταν το ίδιο.

matha έγραψε:
Δευ Οκτ 12, 2020 6:42 am
Demetres έγραψε:
Κυρ Οκτ 11, 2020 6:17 pm
Η παρούσα ανάρτηση θα ανανεωθεί αργότερα και με τα υπόλοιπα προβλήματα.

Α1. Για τους πραγματικούς αριθμούς a και b ισχύει ότι a^3+b^3-6ab=-11. Να δειχθεί ότι -\frac{7}{3} < a+b < -2.

(Προτάθηκε από τη Σερβία)
Ξαναβλέποντας καλύτερα το δεδομένο, τουλάχιστον για το δεξί φράγμα, μπορούμε να πούμε το εξής πιο σύντομο:

Η δοθείσα γράφεται

\displaystyle{a^3+b^3+2^3-3\cdot 2ab=-3\implies \frac{1}{2}(a+b+2)\left[(a-b)^2+(a-2)^2+(b-2)^2\right]=-3}.

Το πράμα μιλάει μόνο του τώρα.

Ναι Θάνο, αυτό ήταν το σκεπτικό για τη λύση των Σέρβων. Μπορεί να χρησιμοποιηθεί και για το δεξί φράγμα. Είναι:

\displaystyle  (a-b)^2 + (a-2)^2 + (b-2)^2 \geqslant (a-2)^2 + (b-2)^2 = a^2 + b^2 - 4(a+b) + 8 \geqslant \frac{(a+b)^2}{2} - 4(a+b) + 8 > 18

αφού a+b < -2. Τώρα παίρνουμε

\displaystyle  a+b+2 = -\frac{6}{(a-b)^2 + (a-2)^2 + (b-2)^2} < -\frac{1}{3}

και το ζητούμενο έπεται.

Προστέθηκαν το Α4 (μπήκε στον διαγωνισμό) και το Α5.


ksofsa
Δημοσιεύσεις: 199
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Δευ Οκτ 12, 2020 3:57 pm

Καλησπέρα!

Για την Α5:

Από την ανισότητα αριθμητικού -γεωμετρικού μέσου έχω:

a^3+2\geq 3a

Άρα, το αριστερό μέλος είναι μικρότερο είτε ίσο από

\sum \dfrac{1}{3a+b+c+d-2}

Όμως,

\sum \dfrac{1}{3a+b+c+d-2}\leq \sum \dfrac{1}{3a+b+c+d-\dfrac{a+b+c+d}{2}}=\sum \dfrac{2}{5a+b+c+d}

\leq \sum \dfrac{2}{4\sqrt{a}\sqrt{a+b+c+d}}=\dfrac{1}{2\sqrt{a+b+c+d}}(\dfrac{1}{\sqrt{a}}+\dfrac{1}{\sqrt{b}}+\dfrac{1}{\sqrt{c}}+\dfrac{1}{\sqrt{d}}).

Συνεπώς , αρκεί

\dfrac{a+b+c+d}{2}\geq \dfrac{1}{\sqrt{a+b+c+d}}(\dfrac{1}{\sqrt{a}}+\dfrac{1}{\sqrt{b}}+\dfrac{1}{\sqrt{c}}+\dfrac{1}{\sqrt{d}})

(a+b+c+d)^3\geq 4(\dfrac{1}{\sqrt{a}}+\dfrac{1}{\sqrt{b}}+\dfrac{1}{\sqrt{c}}+\dfrac{1}{\sqrt{d}})^2

(a+b+c+d)^3\geq 4(\sqrt{abc}+\sqrt{bcd}+\sqrt{cda}+\sqrt{dab})^2.

Από Cauchy Schwartz έχω:

(\sqrt{abc}+\sqrt{bcd}+\sqrt{cda}+\sqrt{dab})^2\leq (a+b+c+d)(ab+bc+cd+da)

Άρα , αρκεί (a+b+c+d)^2\geq 4(ab+bc+cd+da)\Leftrightarrow

a^2+b^2+c^2+d^2+2ca+2bd\geq 2ab+2bc+2cd+2da

(a-b)^2+(c-d)^2+2(a-b)(c-d)\geq 0\Leftrightarrow (c+a-b-d)^2\geq 0, που ισχύει.

Χρησιμοποιήθηκε ότι a+b+c+d\geq 4,που είναι άμεση απόρροια της ανισότητας αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου.
τελευταία επεξεργασία από ksofsa σε Σάβ Οκτ 17, 2020 12:43 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Κώστας Σφακιανάκης
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6271
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Τρί Οκτ 13, 2020 6:52 am

Demetres έγραψε:
Κυρ Οκτ 11, 2020 6:17 pm
Η παρούσα ανάρτηση θα ανανεωθεί αργότερα και με τα υπόλοιπα προβλήματα.

Α5. Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c,d ώστε abcd=1. Να αποδειχθεί η ανισότητα

\displaystyle \frac{1}{a^3+b+c+d}+\frac{1}{a+b^3+c+d}+\frac{1}{a+b+c^3+d}+\frac{1}{a+b+c+d^3} \leqslant \frac{a+b+c+d}{4}\,.

(Προτάθηκε από την Ρουμανία)
Αλλιώς:

Από την Cauchy-Schwarz έχουμε

\displaystyle{a^3+b+c+d=\frac{a^2}{1/a}+\frac{b^2}{b}+\frac{c^2}{c}+\frac{d^2}{d}\geq \frac{(a+b+c+d)^2}{(1/a)+b+c+d}\implies}

\displaystyle{\frac{1}{a^3+b+c+d}\leq \frac{(1/a)+b+c+d}{(a+b+c+d)^2}},

επομένως

\displaystyle{\sum \frac{1}{a^3+b+c+d}\leq \frac{\sum (1/a)+3(a+b+c+d)}{(a+b+c+d)^2}}.

Τώρα αρκεί

\displaystyle{(a+b+c+d)^3\geq 12(a+b+c+d)+4\sum (1/a),}

δηλαδή

\displaystyle{(a+b+c+d)^3\geq 12(a+b+c+d)+4(abc+bcd+cda+dab).}

Όμως από Maclaurin είναι

\displaystyle{abc+bcd+cda+dab\leq \frac{(a+b+c+d)^3}{16}}, οπότε αρκεί

\displaystyle{(a+b+c+d)^3\geq 12(a+b+c+d)+\frac{(a+b+c+d)^3}{4}},

η οποία γράφεται τελικά \displaystyle{a+b+c+d\geq 4,} πράγμα άμεσο από ΑΜ-ΓΜ.


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8520
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Οκτ 13, 2020 10:04 am

Ωραία Θάνο! Αυτήν ακριβώς την απόδειξη δώσαμε και εμείς για την Α5. Οι Ρουμάνοι, όταν έφτασαν στην

\displaystyle  (a+b+c+d)^3 \geqslant 12(a+b+c+d) + 4\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d} \right)

παρατήρησαν ότι είναι ισοδύναμη με την

\displaystyle  (a^3+b^3+c^3+d^3) + 3\sum a^2b + 6(abc+abd + acd + bcd) \geqslant 12(a+b+c+d) + 4(abc+abd + acd + bcd)

όπου στο άθροισμα έχουμε όλα τα x^2y για όλα τα διαφορετικά x,y \in \{a,b,c,d\}.

Μετά χρησιμοποίησαν την ΑΜ-ΓΜ αφού

\displaystyle  a^3 + a^2b + a^2b + a^2c + a^2c + a^2d + a^2d + b^2a + c^2a + d^2a + bcd + bcd \geqslant 12\sqrt[12]{a^{18}b^{6}c^{6}d^{6}} = 12a

κ.τ.λ.

Ανεβάζω τώρα και την Α6.


ksofsa
Δημοσιεύσεις: 199
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Τρί Οκτ 13, 2020 12:01 pm

Καλησπέρα!

Για την Α6:

Έχω (a^2+ac+c^2)(\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{a+c})+b^2(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c})=c+\dfrac{a^2+ac+c^2}{a+b+c}+\dfrac{a^2}{a+c}+\dfrac{b^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}

Όποτε, αρκεί:

\dfrac{a^2+ac+c^2}{a+b+c}+\dfrac{a^2}{a+c}+\dfrac{b^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}> a+b

Από Cauchy Schwartz έχω:

\dfrac{a^2+ac+c^2}{a+b+c}+\dfrac{a^2}{a+c}+\dfrac{b^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}\geq \dfrac{a^2+ac+c^2}{a+b+c}+\dfrac{(a+2b)^2}{2(a+b+c)}=\dfrac{3a^2+2ca+2c^2+4b^2+4ab}{2(a+b+c)}

Οπότε ,αρκεί:

2c^2+3a^2+2ca+4ab+4b^2> 2(a+b)(a+b+c)\Leftrightarrow a^2+2b^2+2c^2>2bc\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+(b-c)^2> 0

που ισχύει.


Κώστας Σφακιανάκης
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8520
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Οκτ 16, 2020 2:38 pm

Ανέβασα και την Α7 που ήταν η τελευταία προτεινόμενη από την Άλγεβρα. (Γενικά είχαμε λάβει περισσότερες ασκήσεις ειδικά στην Άλγεβρα αλλά αποφασίσαμε να μείνουμε με το πολύ 7 ασκήσεις σε κάθε τομέα. Αν θυμάμαι καλά όσες έμειναν έξω ήταν ανισότητες.

Να θυμίσω ότι έμεινε αναπάντητη και η Α3.


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 780
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Παρ Οκτ 16, 2020 4:06 pm

A7.
Είναι (a+b+c)^2\geq3(ab+bc+ca)=3(a+b+c)\Leftrightarrow a+b+c\geq3.Έστω a+b+c=A.Τότε a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)=A^2-2A
Από Holder είναι \sum \sqrt[3]{\dfrac{a^3+1}{2}}\le \sqrt[3]{(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2})(\sum (a+1))(\sum (a^2-a+1))}=\sqrt[3]{\dfrac{3}{2}(A+3)(A^2-3A+3)}
Άρα αρκεί 3(A+3)(A^2-3A+3)\le 2(2A-3)^3\Leftrightarrow ..\Leftrightarrow (A-3)(13A^2-33A+27)\ge 0 που ισχύει αφού 33^2-4*27*13<0
τελευταία επεξεργασία από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ σε Δευ Οκτ 19, 2020 3:16 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 23
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Σάβ Οκτ 17, 2020 8:35 pm

Μία λύση για το Α3 που έμεινε αναπάντητο:
P_A+P_B\geq\left [2\sqrt{11!}\right]=\left[1440\sqrt{77}\right]=12636
Θα βρούμε τα στοιχεία των A και B έτσι ώστε P_A+P_B=12636.
Αν 5\in A και 10\in B τότε P_A+P_B\equiv 0(mod5) αδύνατο
\Rightarrow 5,10\in A (1)
Ακόμη 9/12636, έτσι P_A\equiv P_B \equiv 0( mod9)\Rightarrow 9\in A, 3,6\in B ή 3,6\in A, 9\in B
●Για την 1η περίπτωση έχουμε λόγω της (1):
P_A+P_B=12636\Leftrightarrow 450x+18y=12636\Leftrightarrow 25x+y=702 (2) όπου x,y\in \mathbb{N}, xy=1×2×4×7×8×11 και x=\frac{P_A}{450}, y=\frac{P_B}{18}
Είναι 702\equiv 2(mod8)\Rightarrow 2\in A και 4,8\in B ή 4,8\in A και 2\in B
▪︎Για την 1η υποπερίπτωση έχουμε λόγω της (2):
50x_2+32y_2=702\Leftrightarrow 25x_2+16y_2=351 που ισχύει για x_2=7 και y_2=11. Άρα A=\{2,5,7,9,10\} και B=\{3,4,6,8,11\} και το 1 ανήκει σε οποιοδήποτε από τα 2 σύνολα. (Ή αντίστροφα)
▪︎Για την 2η υποπερίπτωση έχουμε λόγω της (2):
500x_2+2y_2=702\Rightarrow x_2=1 και y_2=101(πρώτος) άτοπο
●Για την 2η περίπτωση έχουμε λόγω της (1):
900x+9y=12636\Leftrightarrow 100x+y=1404 (3)
Είναι 1404\equiv 100\equiv 4(mod8) \Rightarrow 2,4,8\in B ή 2,8\in A και 4\in B
▪︎Για την 1η υποπερίπτωση έχουμε λόγω της (3):
100x+64y_2=1404\Leftrightarrow 25x+16y_2=351 που ισχύει για x=7 καιy_2=11 \Rightarrow A=\{3,5,6,7,10\} και B=\{2,4,8,9,11\} και το 1 ανήκει σε οποιοδήποτε από τα 2 σύνολα. (Ή αντίστροφα)
▪︎Για την 2η υποπερίπτωση έχουμε λόγω της 3:
1600x_2+4y_2=1404 αδύνατο

Για το μέγιστο του P_A+P_B έχουμε:
P_A+P_B\leq 11!+1 για P_A=2×3×...×11 και P_B=1 ή αντίστροφα
Διότι (P_A-1)(P_B-1)\geq 0\Leftrightarrow P_A+P_B\leq P_A P_B+1=11!+1

*Ομοίως με την πρώτη περίπτωση ορίζονται τα x,y


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 4 επισκέπτες