BMO Shortlist 2018 - Άλγεβρα

#1

A1. Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c

ώστε $abc=\frac{2}{3}$ . Να αποδειχθεί ότι:

$\displaystyle \frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\geqslant \frac{a+b+c}{a^3+b^3+c^3}.$

A2. Αυτό ήταν το πρόβλημα 2 της Βαλκανιάδας.

A3. Έστω θετικός ακέραιος

. Να αποδειχθεί ότι:

$\displaystyle \sum_{k=0}^n\left(\frac{2n+1-k}{k+1}\right)^k= \left(\frac{2n+1}{1}\right)^0+\left(\frac{2n}{2}\right)^1+\cdots+ \left(\frac{n+1}{n+1}\right)^n\leqslant 2^n.$

A4. Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί a,b,c

ώστε

. Να αποδειχθεί ότι:

$\displaystyle 2(a^2+b^2+c^2)\left(\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}\right) \geqslant 3(a+b+c+ab+bc+ca).$

A5. Έστω κοίλη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ και συνεχής συνάρτηση $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ . Αν

$\displaystyle f(x+y)+f(x-y)-2f(x)=g(x)y^2$

για κάθε $x,y\in\mathbb{R}$ , να αποδειχθεί ότι η

είναι πολυώνυμο δευτέρου βαθμού.

A6. Έστω θετικός ακέραιος

και πραγματικοί αριθμοί $x_1,\dots,x_n$ . Να αποδειχθεί ότι:

$\displaystyle \sum_{i=1}^n x_i^2 \geqslant \frac{1}{n+1}\left(\sum_{i=1}^n x_i\right)^2+ \frac{12\left(\sum_{i=1}^n ix_i\right)^2}{n(n+1)(n+2)(3n+1)}.$

Pantelis.N · #2

Πρόβλημα A1.

Σύμφωνα με την υπόθεση έχουμε $ab=\frac{2}{3c},bc=\frac{2}{3a},ca=\frac{2}{3b}$

Άρα η αρχική σχέση γίνεται $\frac{2}{3ac+3cb}+\frac{2}{3ab+3ac}+\frac{2}{3bc+3ab}=\frac{4}{6ac+6cb}+\frac{4}{6ab+6ac}+\frac{4}{6bc+6ab}\geq \frac{36}{12(ab+bc+ca)}= \frac{3}{ab+bc+ca}$ από Andreescu

Αρκεί $\frac{3}{ab+bc+ca}\geq \frac{a+b+c}{a^3+b^3+c^3}$ όπου κάνοντας τις πράξεις καταλήγουμε στο $3(a^3+b^3+c^3)\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+3abc$

Όμως $ab(a+b)\leq a^3+b^3$ όμοια και στις άλλες περιπτώσεις.

Άρα αρκεί $a^3+b^3+c^3\geq 3abc$ που αποδυκνύεται εύκολα από AM-GM

Σωστά;
Υπάρχει λάθος; Μου φαίνεται πολύ εύκολη για BMO!

#3

Pantelis.N έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 02, 2019 9:11 pm
Σωστά;
Υπάρχει λάθος; Μου φαίνεται πολύ εύκολη για BMO!

Σωστά. Αυτή ήταν και η επίσημη λύση. Ήταν σχετικά εύκολη. Για αυτό ήταν η Α1. (Παρεμπιπτόντως, ήταν άσκηση της Shortlist, όχι της Βαλκανιάδας.)

ksofsa · #4

Και το Α4 εύκολο φαίνεται για BMO.

Ισχύει

$3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2$ , διότι ισοδυναμεί με την προφανή $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq 0$

Ακόμη $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3$ από την ανισότητα αριθμητικού- γεωμετρικού μέσου.

Αρα $3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2\geq 3(a+b+c)$

Ακόμη από ανισότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 3$

Αρα τελικά έχουμε
$(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})\geq 3(a^2+b^2+c^2)\geq 3(a+b+c)$

Αν στην τελευταία ανισότητα θέσουμε όπου $(a,b,c)\rightarrow (\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})$ παίρνουμε την ανισότητα

$(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})\geq 3(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=3(ab+bc+ca)$

Προσθέτοντας τις 2 τελευταίες ανισότητες παίρνουμε τη ζητούμενη.

Xriiiiistos · #5

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 02, 2019 6:20 pm

A4. Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί ώστε . Να αποδειχθεί ότι:

$\displaystyle 2(a^2+b^2+c^2)\left(\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}\right) \geqslant 3(a+b+c+ab+bc+ca).$

Θέτοντας $a=\frac{x^{2}}{yz},b=\frac{y^{2}}{xz},c=\frac{z^{2}}{xy}$ η ανίσωση γίνεται

$2(\frac{x^{6}+y^{6}+z^{6}}{(xyz)^{2}})(\frac{(xy)^{6}+(yz)^{6}+(xz)^{6}}{(xyz)^{4}})\geq 3((\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{xyz})+\frac{(xy)^{3}+(yz)^{3}+(xz)^{3}}{(xyz)^{2}})$ (1)

Θα χρεισιμοποιήσουμε την γενίκευση του θεωρήματος Andreescu και ΑΜ-ΓΜ

$\frac{x^{6}+y^{6}+z^{6}}{(xyz)^{2}}\geq \frac{(x+y+z)^{6}}{3^{4}(1+1+1)(xyz)^{2}}\geq \frac{3^{6}(xyz)^{2}}{3^{5}(xyz)^{2}}=3$ (i)

Oμοίως $\frac{(xy)^{6}+(yz)^{6}+(yz)^{6}}{(xyz)^{4}}\geq 3$ (ii)

$(\frac{x^{6}+y^{6}+z^{6}}{(xyz)^{2}})(\frac{(xy)^{6}+(yz)^{6}+(xz)^{6}}{(xyz)^{4}})\geq _{(i)}3\frac{((xy)^{3}+(yz)^{3}+(xz)^{3})^{2}}{3(xyz)^{4}}\geq 3\frac{(xyz)^{2}((xy)^{3}+(yz)^{3}+(xz)^{3})}{(xyz)^{4}}=3\frac{(xy)^{3}+(yz)^{3}+(xz)^{3}}{(xyz)^{2}}$

Aκολουθώντας το ίδιο τρόπο αλλά μέσο της (ii)

καταλήγουμε στο εξής $(\frac{x^{6}+y^{6}+z^{6}}{(xyz)^{2}})(\frac{(xy)^{6}+(yz)^{6}+(xz)^{6}}{(xyz)^{4}})\geq 3\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{xyz}$

Προσθέτοντας τις 2 παραπάνω έχουμε την (1)

#6

Ωραία. Οι δυο λύσεις που μας δώσανε για την 4 είναι (εν συντομία) οι εξής:

Πρώτη λύση:

Έχουμε:

$\displaystyle \frac{a}{b} + \frac{a}{b} + \frac{b}{c} \geqslant 3 \sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}} = a.$

Προσθέτοντας παρόμοιες ανισότητες κυκλικά παίρνουμε:

$\displaystyle \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \geqslant a + b + c \quad (1)$

Με παρόμοιο τρόπο παίρνουμε και:

$\displaystyle \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \geqslant ab + bc + ca \quad (2)$

Από Cauchy-Schwarz έχουμε:

$\displaystyle (a^2 + b^2 + c^2)\left( \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2}\right) \geqslant 9$

και

$\displaystyle (a^2 + b^2 + c^2)\left( \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} + \frac{1}{a^2}\right) \geqslant \left(\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \right)^2$

Άρα:

$\displaystyle 2 (a^2 + b^2 + c^2)\left( \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} + \frac{1}{a^2}\right) \geqslant \left(\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \right)^2+9 \geqslant 6\left(\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \right)$

Το αποτέλεσμα τώρα έπεται από τις (1) και (2).

Δεύτερη λύση:

Γράφουμε a=x^3,b=y^3,c=z^3

. Αναπτύσσοντας η ζητούμενη ανισότητα γίνεται:

$\displaystyle 4[12,6,0] + 2[6,6,6] \geqslant 3[8,5,5] + 3[7,7,4]$

όπου $[p,q,r] = \sum_{sym} x^py^qz^r$ .

Αφού (από Muirhead) $[12,6,0] \geqslant [6,6,6]$ αρκεί να δείξουμε ότι $[12,6,0] + [6,6,6] \geqslant [8,5,5] + [7,7,4]$ .

Προσθέτοντας τις ανισότητες Schur για τις τριάδες (x^2y^4,y^2z^4,z^2x^4)

και

παίρνουμε

$\displaystyle [12,6,0] + [6,6,6] \geqslant [10,4,4] + [8,8,2] \geqslant [8,5,5] + [7,7,4]$

όπως θέλαμε. (Στην τελευταία ανισότητα πάλι χρησιμοποιήσαμε την Muirhead.)

#7

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 02, 2019 6:20 pm

A6. Έστω θετικός ακέραιος και πραγματικοί αριθμοί $x_1,\dots,x_n$ . Να αποδειχθεί ότι:

$\displaystyle \sum_{i=1}^n x_i^2 \geqslant \frac{1}{n+1}\left(\sum_{i=1}^n x_i\right)^2+ \frac{12\left(\sum_{i=1}^n ix_i\right)^2}{n(n+1)(n+2)(3n+1)}.$

Η συγκεκριμένη προτάθηκε από την Κύπρο. Συγκεκριμένα την έφτιαξε ο Μάριος Βοσκού. Θεωρήθηκε υπερβολικά δύσκολη στη συζήτηση του jury. Μάλιστα όταν συζητούσαμε τη δυσκολία των θεμάτων στο jury κάποιοι είχαν πει ότι είναι για Problem 5.

Για να την ευκολύνω βάζω μια άλλη μορφή την οποία μας έδωσε ο Μάριος:

Έστω θετικός ακέραιος και πραγματικοί αριθμοί $x_1,\dots,x_n$ και $z_1,\ldots,z_n$ . Να αποδειχθεί ότι:

$\displaystyle \sum_{i=1}^n x_i^2 \geqslant \frac{1}{n+1}\left(\sum_{i=1}^n x_i\right)^2+ \frac{\left(\sum_{i=1}^n x_iz_i\right)^2}{\left(\sum_{i=1}^n z_i\right)^2 + \left(\sum_{i=1}^n z_i^2\right)}.$

H A6 προκύπτει θέτοντας z_i = i

για κάθε

.

Ορέστης Λιγνός · #8

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 02, 2019 6:20 pm
A1. Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί ώστε $abc=\frac{2}{3}$ . Να αποδειχθεί ότι:

$\displaystyle \frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\geqslant \frac{a+b+c}{a^3+b^3+c^3}.$

Μία (παρόμοια) λύση για αυτό.

Από Cauchy-Schwarz, $\displaystyle \sum \dfrac{ab}{a+b} \geqslant \dfrac{\displaystyle (\sum ab)^2}{\displaystyle \sum a^2b+\sum a^2c} \geqslant \dfrac{3abc(a+b+c)}{\displaystyle 2\sum a^3}=\dfrac{a+b+c}{a^3+b^3+c^3}$ .

Ορέστης Λιγνός · #9

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 02, 2019 6:20 pm
A4. Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί ώστε . Να αποδειχθεί ότι:

$\displaystyle 2(a^2+b^2+c^2)\left(\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}\right) \geqslant 3(a+b+c+ab+bc+ca).$

Έστω, $\displaystyle p=\sum a, q=\sum ab, r=abc=1$ .

Θα αποδείξω πρώτα το εξής :

Ισχυρισμός

Ισχύει $(pq-3)^2 \geqslant 6p+6q$ .

Απόδειξη

Από AM-ΓΜ, $p,q \geqslant 3 \Rightarrow (p-3)(q-3) \geqslant 0 \Rightarrow pq \geqslant 3p+3q-9$ , επομένως αρκεί να δείξω ότι $(3p+3q-12)^2 \geqslant 6p+6q \Rightarrow (3p+3q-8)(p+q-6) \geqslant 0$ , που είναι προφανές, αφού $p,q \geqslant 3$ .

Πίσω στην άσκηση.

Ισοδύναμα, αρκεί $\displaystyle \sum a^2 \sum a^2b^2 \geqslant 3\sum a+3\sum ab$ .

Εφαρμόζουμε την Cauchy-Schwarz δύο φορές :

α) $\displaystyle \sum a^2 \sum a^2b^2 \geqslant (\sum a^2b)^2$ , οπότε αρκεί $\displaystyle \sum a^2b \geqslant \sqrt{\dfrac{3}{2}\sum a+\dfrac{3}{2}\sum ab}$ (1).

β) $\displaystyle \sum a^2 \sum a^2c^2 \geqslant (\sum a^2c)^2$ , οπότε αρκεί $\displaystyle \sum a^2c \geqslant \sqrt{\dfrac{3}{2}\sum a+\dfrac{3}{2}\sum ab}$ (2).

Για να δείξω την ισχύ της (1) ή της (2), αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle \sum a^2b+\sum a^2c \geqslant \sqrt{6\sum a+6\sum ab} \Rightarrow \sum a \sum ab -3 \geqslant \sqrt{6\sum a+6\sum ab} \Rightarrow$

$(pq-3)^2 \geqslant 6p+6q$ , που ισχύει από τον Ισχυρισμό.

Η ισότητα, όταν a=b=c=1

.

Ορέστης Λιγνός · #10

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 02, 2019 6:20 pm

A3. Έστω θετικός ακέραιος . Να αποδειχθεί ότι:

$\displaystyle \sum_{k=0}^n\left(\frac{2n+1-k}{k+1}\right)^k= \left(\frac{2n+1}{1}\right)^0+\left(\frac{2n}{2}\right)^1+\cdots+ \left(\frac{n+1}{n+1}\right)^n\leqslant 2^n.$

Θα αποδείξω το παρακάτω Λήμμα :

Λήμμα

Για κάθε $n,k \in \mathbb{N^*}$ , με $n \geqslant k$ ισχύει ότι $(\dfrac{2n+1-k}{k+1})^k \leqslant \displaystyle \binom{n}{k}$ .

Πριν το αποδείξω, ας δούμε γιατί αποδεικνύει την άσκηση.

Πράγματι, είναι $\displaystyle \sum_{k=0}^n\left(\frac{2n+1-k}{k+1}\right)^k \leqslant \displaystyle \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}=2^n$ .

Πάμε στην Απόδειξη του Λήμματος.

Ισοδύναμα, αρκεί $\displaystyle (1+\dfrac{n-k}{1})(1+\dfrac{n-k}{2}) \cdots (1+\dfrac{n-k}{k}) \geqslant (\dfrac{2n+1-k}{k+1})^k$ .

Από Holder, $\displaystyle (1+\dfrac{n-k}{1})(1+\dfrac{n-k}{2}) \cdots (1+\dfrac{n-k}{k}) \geqslant (1+\dfrac{n-k}{\sqrt[k]{k!}})^k$ , οπότε μετά από πράξεις αρκεί να δείξω ότι (ο θετικός παράγοντας n-k

''φεύγει'') $2^k \cdot k! \leqslant (k+1)^k$ .

Ισοδύναμα, αρκεί $\sqrt[k]{k!} \leqslant \dfrac{k+1}{2}$ .

Όμως, από ΑΜ-ΓΜ είναι : $\sqrt[k]{k!} =\sqrt[k]{1 \cdot 2 \cdots k} \leqslant \dfrac{1+2+ \cdots+k}{k}=\dfrac{k+1}{2}$ .

Edit : Διορθώσεις μετά από επισήμανση του κ.Σταύρου.

Ορέστης Λιγνός · #11

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 02, 2019 6:20 pm

A4. Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί ώστε . Να αποδειχθεί ότι:

$\displaystyle 2(a^2+b^2+c^2)\left(\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}\right) \geqslant 3(a+b+c+ab+bc+ca).$

Μία 2η λύση για αυτήν :

Είναι, $\displaystyle 2\sum a^2 \sum \dfrac{1}{a^2}=2(3+\sum(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{a^2}{c^2})) \geqslant 2(3+\sum 2\sqrt{\dfrac{a^4}{b^2c^2}})=4\sum a^3+6$ .

Αρκεί επομένως, $\displaystyle 4\sum a^3+6 \geqslant 3(\sum a+\sum ab)$ .

Έστω, $a+b+c=k \geqslant 3$ , από την ΑΜ-ΓΜ. Από την Chebychev, παίρνω ότι $\displaystyle \sum a^3 \geqslant \dfrac{k^3}{9}$ , και $\displaystyle \sum ab \leqslant \dfrac{k^2}{3}$ .

Αρκεί λοιπόν $\dfrac{4k^3}{9}+6 \geqslant 3(k+\dfrac{k^2}{3})$ , ή ισοδύναμα, $(k-3)(4k^2+3k-18) \geqslant 0$ , που είναι προφανές, αφού $k \geqslant 3$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #12

Demetres έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 03, 2019 5:53 pm

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 02, 2019 6:20 pm

A6. Έστω θετικός ακέραιος και πραγματικοί αριθμοί $x_1,\dots,x_n$ . Να αποδειχθεί ότι:

$\displaystyle \sum_{i=1}^n x_i^2 \geqslant \frac{1}{n+1}\left(\sum_{i=1}^n x_i\right)^2+ \frac{12\left(\sum_{i=1}^n ix_i\right)^2}{n(n+1)(n+2)(3n+1)}.$

Η συγκεκριμένη προτάθηκε από την Κύπρο. Συγκεκριμένα την έφτιαξε ο Μάριος Βοσκού. Θεωρήθηκε υπερβολικά δύσκολη στη συζήτηση του jury. Μάλιστα όταν συζητούσαμε τη δυσκολία των θεμάτων στο jury κάποιοι είχαν πει ότι είναι για Problem 5.

Για να την ευκολύνω βάζω μια άλλη μορφή την οποία μας έδωσε ο Μάριος:

Έστω θετικός ακέραιος και πραγματικοί αριθμοί $x_1,\dots,x_n$ και $z_1,\ldots,z_n$ . Να αποδειχθεί ότι:

$\displaystyle \sum_{i=1}^n x_i^2 \geqslant \frac{1}{n+1}\left(\sum_{i=1}^n x_i\right)^2+ \frac{\left(\sum_{i=1}^n x_iz_i\right)^2}{\left(\sum_{i=1}^n z_i\right)^2 + \left(\sum_{i=1}^n z_i^2\right)}.$

H A6 προκύπτει θέτοντας για κάθε .

Θα δώσω μια λύση παραλείποντας όμως πράξεις ρουτίνας.
Επειδή είναι ομογενής αρκεί να δείξουμε
Αν
$\displaystyle \sum y_{i}z_{i}=1$
τότε
$\displaystyle \sum y_{i}^{2}-\frac{1}{n+1}(\sum y_{i})^{2}\geq c=\frac{1}{\sum z_{i}^{2}+(\sum z_{i})^{2}}$

Θέτουμε $x_{k}=c(\sum z_{i}+z_{k})$ (ακροβατικό)

(μια πολύ καλή ερώτηση είναι πως το βρήκα)
Εύκολα τσεκάρουμε ότι
$\displaystyle \sum x_{i}z_{i}=1$
και
$\displaystyle \sum x_{i}^{2}-\frac{1}{n+1}(\sum x_{i})^{2}= c$ (0)
Επίσης είναι

$\displaystyle \frac{\sum x_{i}}{n+1}=c\sum z_{i}$ (1)

Θέτουμε $\displaystyle y_{k}=x_{k}+a_{k}$

Είναι
$\displaystyle \sum a_{i}z_{i}=0$
καθώς και
$\displaystyle \sum x_{i}a_{i}=c\sum z_{i}\sum a_{i}$

Η τελευταία μαζί με την (1) και την (0)
δινουν ότι

$\displaystyle \sum y_{i}^{2}-\frac{1}{n+1}(\sum y_{i})^{2}=\sum (x_{i}+a_{i})^{2}-\frac{1}{n+1}(\sum x_{i}+\sum a_{i})^{2}=$
$c+\sum a_{i}^{2}-\frac{1}{n+1}(\sum a_{i})^{2}\geq c$

αφού λόγω C-S είναι $\displaystyle\sum a_{i}^{2}-\frac{1}{n+1}(\sum a_{i})^{2}\geq 0$

Αργότερα η απάντηση στην ερώτηση

Συμπλήρωμα.
Απάντηση στην ερώτηση.
Τα βρήκα χρησιμοποιώντας πολλαπλασιαστές Lagrange.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #13

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 02, 2019 6:20 pm

A5. Έστω κοίλη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ και συνεχής συνάρτηση $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ . Αν

$\displaystyle f(x+y)+f(x-y)-2f(x)=g(x)y^2$

για κάθε $x,y\in\mathbb{R}$ , να αποδειχθεί ότι η είναι πολυώνυμο δευτέρου βαθμού.

Δεν είναι σαφές τουλάχιστον σε μένα ποιος είναι ο ορισμός της κοίλης.
Αν πάρουμε τον κανονικό ορισμό τότε αποδεικνύεται ότι μια κοίλη συνάρτηση
έχει πλευρικές παραγώγους .Το ίδιο ισχύει και για τις κυρτές.

Θα δείξω κάτι γενικότερο από αυτό που ζητάει.

Έστω συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ και $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ . Αν η

έχει πλευρικές
παραγώγους και

$\displaystyle f(x+y)+f(x-y)-2f(x)=g(x)y^2$ (*)

για κάθε $x,y\in\mathbb{R}$ , να αποδειχθεί ότι η

είναι πολυώνυμο το πολύ δευτέρου βαθμού.

Λύση.
Η (*) γράφεται
$\displaystyle \frac{f(x+y)-f(x)}{y}-\frac{f(x-y)-f(x)}{-y}=g(x)y$
παίρνοντας
$y\rightarrow 0^{+}$

βλέπουμε ότι οι πλευρικές παράγωγοι είναι ίσες.

Αρα η

είναι παραγωγίσημη οπότε λόγω της (*) και η

είναι παραγωγίσημη .

Παραγωγίζουμε την (*) ως προς

Παίρνουμε

$\displaystyle -f'(x-y)+f'(x+y)=2yg(x)(1)$

Για x=y

γίνεται

$\displaystyle -f'(0)+f'(2x)=2xg(x)$

Από την τελευταία συμπεραίνουμε ότι υπάρχει η f''

.

Παραγωγίζοντας την (1) ως προς

παίρνουμε

$\displaystyle -f''(x-y)+f''(x+y)=2yg'(x)(2)$

Ενώ παραγωγίζοντας την (1) ως προς

παίρνουμε

$\displaystyle f''(x-y)+f''(x+y)=2g(x)(3)$

Προσθέτοντας της (2)(3) έχουμε

$\displaystyle 2f''(x+y)=2yg'(x)+2g(x)$

Η τελευταία για x=0

δίνει

$\displaystyle f''(y)=yg'(0)+g(0)$

Από αυτήν εύκολα παίρνουμε ότι η

είναι πολυώνυμο το πολύ

βαθμού.

Αν λοιπόν είναι $\displaystyle f(x)=ax^{3}+bx^{2}+cx+d$

τότε αντικαθιστώντας στην (*) εχουμε

$\displaystyle 2ax(x^{2}+3y^{2})+2by^{2}=g(x)y^{2}$

Αλλά για y=0

από την τελευταία συμπεραίνουμε ότι a=0

Τελικά αποδείξαμε ότι η

είναι πολυώνυμο το πολύ δευτέρου βαθμού.

#14

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 04, 2019 12:32 am

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 02, 2019 6:20 pm

A3. Έστω θετικός ακέραιος . Να αποδειχθεί ότι:

$\displaystyle \sum_{k=0}^n\left(\frac{2n+1-k}{k+1}\right)^k= \left(\frac{2n+1}{1}\right)^0+\left(\frac{2n}{2}\right)^1+\cdots+ \left(\frac{n+1}{n+1}\right)^n\leqslant 2^n.$

Θα αποδείξω το παρακάτω Λήμμα :

Λήμμα

Για κάθε $n,k \in \mathbb{N^*}$ , με $n \geqslant k$ ισχύει ότι $\left(\dfrac{2n+1-k}{k+1}\right)^k \leqslant \displaystyle \binom{n}{k}$ .

Αυτό ήταν σαφώς το σημαντικό λήμμα για να λυθεί η άσκηση.

Έχουμε $\displaystyle \binom{n}{k} = \frac{n(n-1) \cdots (n-k+1)}{k(k-1) \cdots 1} = \prod_{i=1}^k a_i$ όπου $\displaystyle a_i = \frac{n+1-i}{k+1-i}.$

Αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle a_ia_{k+1-i} \geqslant \left(\dfrac{2n+1-k}{k+1}\right)^2$ για κάθε $1 \leqslant i \leqslant k \leqslant n$ .

Ισοδύναμα θέλουμε:

$\displaystyle (k+1)^2(n+1-i)(n-k+i) \geqslant (2n+1-k)^2(k+1-i)i$

Γράφοντας n = m+k

όπου $m \geqslant 0$ , θέλουμε να δείξουμε ότι:

$\displaystyle (k+1)^2(m+k+1-i)(m+i) \geqslant (2m+1+k)^2(k+1-i)i$

Παρατηρούμε ότι και τα δύο μέλη είναι δευτεροβάθμιες στο

με τον ίδιο σταθερό συντελεστή. Οπότε αν αφαιρέσουμε το δεξί από το αριστερό μέλος, μένει να δείξουμε ότι:

$\displaystyle [(k+1)^2 - 4i(k+1-i)]m^2 + [(k+1)^3 - 4(k+1)i(k+1-i)]m \geqslant 0$

Αρκεί να δείξουμε ότι $(k+1)^2 \geqslant 4i(k+1-i)$ το οποίο είναι άμεσο από Cauchy-Schwarz.

Μας είχαν δοθεί δυο λύσεις για αυτό το πρόβλημα. Αυτή του Ορέστη και μια παρόμοια με τη δική μου. (Αντί για πολυώνυμο στο m = n-k

ήταν με πολυώνυμο στο n+1

του οποίου πάλι ο σταθερός συντελεστής ήταν

.)

#15

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 06, 2019 3:29 pm

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 02, 2019 6:20 pm

A5. Έστω κοίλη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ και συνεχής συνάρτηση $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ . Αν

$\displaystyle f(x+y)+f(x-y)-2f(x)=g(x)y^2$

για κάθε $x,y\in\mathbb{R}$ , να αποδειχθεί ότι η είναι πολυώνυμο δευτέρου βαθμού.

Δεν είναι σαφές τουλάχιστον σε μένα ποιος είναι ο ορισμός της κοίλης.

Σίγουρα αν επιλεγόταν ως θέμα, θα δινόταν ο ορισμός της κοίλης. Στην επίσημη λύση χρησιμοποιεί το $\displaystyle \frac{f(x) + f(y)}{2} \leqslant f\left( \frac{x+y}{2}\right)$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

Στη συζήτηση των θεμάτων απορρίφθηκε σχεδόν με συνοπτικές διαδικασίες. Αν εξαιρέσουμε τον ορισμό της κοίλης ο οποίος σίγουρα θα δινόταν, περισσότερο προβλημάτισε και η συνέχεια της

μιας και η ανάλυση είναι εκτός ύλης.

Η επίσημη λύση πήγαινε ως εξής (παραλείπω διάφορες πράξεις):

Χρησιμοποιώντας τα ζεύγη (a,x),(a,2x),(a+x,x),(a-x,x)

, μετά από πράξεις καταλήγουμε στο: $\displaystyle (g(a+x) + g(a-x) - 2g(a))x^2 = 0$

Οπότε η

ικανοποιεί την εξίσωση Cauchy και επειδή είναι συνεχής τότε είναι και γραμμική. Επίσης, για y=x

και αφού η

είναι κοίλη, παίρνουμε $0 \geqslant f(2x) + f(x) - 2f(0) = g(x)x^2$ από όπου καταλήγουμε ότι η

πρέπει να είναι σταθερή.

Με λίγη ακόμη δουλειά βγαίνει ότι η

περιορισμένη στο $\mathbb{Q}$ είναι δευτεροβάθμια και επειδή είναι κοίλη, τότε και ως συνάρτηση στο $\mathbb{R}$ είναι δευτεροβάθμια.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #16

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 06, 2019 7:25 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 06, 2019 3:29 pm

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 02, 2019 6:20 pm

A5. Έστω κοίλη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ και συνεχής συνάρτηση $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ . Αν

$\displaystyle f(x+y)+f(x-y)-2f(x)=g(x)y^2$

για κάθε $x,y\in\mathbb{R}$ , να αποδειχθεί ότι η είναι πολυώνυμο δευτέρου βαθμού.

Δεν είναι σαφές τουλάχιστον σε μένα ποιος είναι ο ορισμός της κοίλης.

Σίγουρα αν επιλεγόταν ως θέμα, θα δινόταν ο ορισμός της κοίλης. Στην επίσημη λύση χρησιμοποιεί το $\displaystyle \frac{f(x) + f(y)}{2} \leqslant f\left( \frac{x+y}{2}\right)$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

Στη συζήτηση των θεμάτων απορρίφθηκε σχεδόν με συνοπτικές διαδικασίες. Αν εξαιρέσουμε τον ορισμό της κοίλης ο οποίος σίγουρα θα δινόταν, περισσότερο προβλημάτισε και η συνέχεια της μιας και η ανάλυση είναι εκτός ύλης.

Η επίσημη λύση πήγαινε ως εξής (παραλείπω διάφορες πράξεις):

Χρησιμοποιώντας τα ζεύγη , μετά από πράξεις καταλήγουμε στο: $\displaystyle (g(a+x) + g(a-x) - 2g(a))x^2 = 0$

Οπότε η ικανοποιεί την εξίσωση Cauchy και επειδή είναι συνεχής τότε είναι και γραμμική. Επίσης, για και αφού η είναι κοίλη, παίρνουμε $0 \geqslant f(2x) + f(x) - 2f(0) = g(x)x^2$ από όπου καταλήγουμε ότι η πρέπει να είναι σταθερή.

Με λίγη ακόμη δουλειά βγαίνει ότι η περιορισμένη στο $\mathbb{Q}$ είναι δευτεροβάθμια και επειδή είναι κοίλη, τότε και ως συνάρτηση στο $\mathbb{R}$ είναι δευτεροβάθμια.

Υπάρχει πρόβλημα.
Με αυτόν τον ορισμό της κοίλης οι ευθείες είναι κοίλες.
Ετσι μπορεί η

να μην είναι πολυώνυμο δευτέρου βαθμού.
Είναι πολυώνυμο έως δευτέρου βαθμού.

#17

Σταύρο, έχεις δίκαιο. Δεν το πρόσεξα. Αυτό είναι ακόμη κάτι που θα έπρεπε να διορθωθεί αν το jury το επέλεγε.

BMO Shortlist 2018 - Άλγεβρα

BMO Shortlist 2018 - Άλγεβρα

Re: BMO Shortlist 2018 - Άλγεβρα

Re: BMO Shortlist 2018 - Άλγεβρα

Re: BMO Shortlist 2018 - Άλγεβρα

Re: BMO Shortlist 2018 - Άλγεβρα

Re: BMO Shortlist 2018 - Άλγεβρα

Re: BMO Shortlist 2018 - Άλγεβρα

Re: BMO Shortlist 2018 - Άλγεβρα

Re: BMO Shortlist 2018 - Άλγεβρα

Re: BMO Shortlist 2018 - Άλγεβρα

Re: BMO Shortlist 2018 - Άλγεβρα

Re: BMO Shortlist 2018 - Άλγεβρα

Re: BMO Shortlist 2018 - Άλγεβρα

Re: BMO Shortlist 2018 - Άλγεβρα

Re: BMO Shortlist 2018 - Άλγεβρα

Re: BMO Shortlist 2018 - Άλγεβρα

Re: BMO Shortlist 2018 - Άλγεβρα

Μέλη σε σύνδεση