JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

#1

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

Α1. Για τους πραγματικούς αριθμούς

και

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.

Σας αφήνω να την εντοπίσετε.

A3. Έστω

και

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

και

το γινόμενο όλων των στοιχείων του

. 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

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

. 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)

#2

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

Α1. Για τους πραγματικούς αριθμούς και ισχύει ότι . 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 $\displaystyle{\boxed{x>-\frac{7}{3}}.}$

#3

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 · #4

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.

#5

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

Α1. Για τους πραγματικούς αριθμούς και ισχύει ότι . 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

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

, 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.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #6

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.

#7

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 και ισχύει ότι . 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.

#8

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 και ισχύει ότι . 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 · #9

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.

#10

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 ώστε . 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.

#11

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 · #12

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.

#13

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.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #14

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

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

Manolis Petrakis · #15

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

και

έτσι ώστε

.
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

. Άρα $A=\{2,5,7,9,10\}$ και $B=\{3,4,6,8,11\}$ και το

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

και $y_2=11 \Rightarrow A=\{3,5,6,7,10\}$ και $B=\{2,4,8,9,11\}$ και το

ανήκει σε οποιοδήποτε από τα 2 σύνολα. (Ή αντίστροφα)
▪︎Για την 2η υποπερίπτωση έχουμε λόγω της

:

αδύνατο

Για το μέγιστο του P_A+P_B

έχουμε:
$P_A+P_B\leq 11!+1$ για P_A=2×3×...×11

και

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

JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

Re: JBMO Shortlist 2019 - Άλγεβρα

Μέλη σε σύνδεση