Βαλκανιάδα

Κώστας Παππέλης · #1

Νομίζω έλαβε χώρα η Βαλκανιάδα αν δεν κάνω λάθος γιατί είδα ένα θέμα στο ίντερνετ (μια ομολογουμένως εύκολη ανισότητα που μου έκανε εντύπωση για διεθνή διαγωνισμό).

Δε συζητήθηκε όμως τίποτα εδώ και ίσως κάνω λάθος. Ξέρει κανείς πώς πήγαμε?

pcma · #2

Δεν ξέρω αν είναι αυτό που ψάχνεις αλλά βρήκα αυτή τη σελίδα:
http://www.math.md/bmo2010/
Πάντως δεν έχουν βάλει ακόμα τη βαθμολογία των συμμετεχόντων σε όλα τα προβλήματα....

#3

Κώστας Παππέλης έγραψε:Νομίζω έλαβε χώρα η Βαλκανιάδα αν δεν κάνω λάθος γιατί είδα ένα θέμα στο ίντερνετ (μια ομολογουμένως εύκολη ανισότητα που μου έκανε εντύπωση για διεθνή διαγωνισμό).

Δε συζητήθηκε όμως τίποτα εδώ και ίσως κάνω λάθος. Ξέρει κανείς πώς πήγαμε?

Μου έκανε και μένα εντύπωση το γεγονός ότι ψάχνοντας για τη σχετική ιστοσελίδα και τα θέματα δεν βρήκα προχθές τίποτα.

Θέματα ακόμα δεν έχω δει.

Καλά αποτελέσματα στην ομάδα μας !
Μπάμπης

#4

Τα θέματα της Βαλκανιάδας όπως γράφτηκαν στο mathlinks.

1) Αν οι a,b,c

είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle\frac{a^2b(b-c)}{a+b}+\frac{b^2c(c-a)}{b+c}+\frac{c^2a(a-b)}{c+a}\geq 0$

2) Έστω ABC

ένα οξυγώνιο τρίγωνο με ορθόκεντρο

και έστω

το μέσο της

. Η κάθετη από το σημείο

προς την

την τέμνει στο σημείο C_1

και έστω

το συμμετρικό του

ως προς την

. Οι προβολές του

πάνω στις

,

και

είναι τα σημεία P,Q,R

αντίστοιχα. Αν M_1

είναι ένα σημείο ώστε το περίκεντρο του τριγώνου PQR

να είναι το μέσο του τμήματος MM_1

να αποδείξετε ότι το M_1

βρίσκεται επί της ευθείας BH_1

.

3) Ονομάζουμε λωρίδα πλάτους

το σύνολο των σημείων που βρίσκονται ανάμεσα ή πάνω σε δύο παράλληλες ευθείες που απέχουν απόσταση

. Έστω

ένα σύνολο από

σημεία ( $n\geq 3$ ) στο επίπεδο που είναι τέτοιο ώστε οποιαδήποτε

διαφορετικά σημεία του συνόλου

να μπορούν να καλυφθούν από μία λωρίδα πλάτους

. Να αποδείξετε ότι τα σημεία του συνόλου

μπορούν να καλυφθούν από μία λωρίδα πάχους

.

4) Για οποιοδήποτε ακέραιο

( $n\geq 2$ ), συμβολίζουμε με f(n)

το άθροισμα όλων των θετικών ακεραίων που ο καθένας είναι ίσος το πολύ με

και δεν είναι πρώτος προς το

. Να αποδείξετε ότι $f(n+p)\neq f(n)$ για οποιοδήποτε αριθμό n και οποιοδήποτε πρώτο p.

Αλέξανδρος

Και ένα σχήμα για τη γεωμετρία , που αποτελεί και ...κάποια υπόδειξη .

#5

ΘΕΜΑ 1ο

Αν a,b

και

είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί , να αποδειχθεί ότι :

$\displaystyle{ \frac{a^2b(b-c)}{a+b}+\frac{b^2c(c-a)}{b+c}+\frac{c^2a(a-b)}{c+a} \ge 0}$

ΛΥΣΗ

H ανισότητα είναι ισοδύναμη ( '' αρκεί '' θα έλεγε ο φίλος μου ο Αντώνης ) με την ανισότητα :

$\displaystyle { abc+\frac{a^{2}b(b-c)}{a+b}+abc+\frac{b^{2}c(c-a)}{b+c}+abc+\frac{c^{2}a(a-b)}{c+a}\ge 3abc }$

Επομένως , από την ανισότητα του Αριθμητικού - Γεωμετρικού μέσου , παίρνουμε:

$\displaystyle {\left.LHS=ab^2\cdot\frac{a+c}{a+b}+bc^2\cdot\frac{b+a}{b+c}+ca^2\cdot\frac{c+b}{c+a}\stackrel{AM-GM}{\geq}3\sqrt[3]{ab^2\cdot\frac{a+c}{a+b}\cdot bc^2\cdot\frac{b+a}{b+c}\cdot ca^2\cdot\frac{c+b}{c+a}}=3abc=RHS\right.}$

Μπάμπης

( Η λύση είναι από το mathlinks , κάτι που μας ανακοίνωσε ο Κώστας Παπέλης)

Dimitris X · #6

Η λύση μου για την ανiσότητα κατά τη δiάρκεια του διαγωνισμού(έγραφα στους αναπληρωματικούς) ήταν η εξής:

Πράξεις και αναγόμαστε στην $a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3 \ge a^3b^2c+b^3c^2a+c^3a^2b.$

Κάτι που προκύπτει από κυκλικό άθροισμα των $\frac{2}{3}a^3b^3+\frac{1}{3}a^3c^3 \ge a^3b^2c.$

Σημείωση:δεν θυμάμαι αν μένει το $\sum a^3b^2c$ ή το $\sum a^3c^2b$ .).....

Για δείτε την γιατί μπορεί να μου διέφυγε κάτι.

Nick1990 · #7

Καλα αποτελεσματα σε ολα τα παιδια και να γυρισουν με πολλα μεταλια!

Μια διαφορετικη λυση για την ανισοτητα:

Ισοδυναμα θελουμε:

$\sum_{cyclic}{\frac{ab}{bc + ca}} \geq \sum_{cyclic}{\frac{a}{b + a}}$

Προσθετουμε $\sum_{cyclic}{\frac{b}{b + a}}$ και στα 2 μελη

Τωρα θελουμε:

$\sum_{cyclic}{\frac{ab}{ac + bc} + \frac{b}{b + a}} = \sum_{cyclic}{\frac{ab}{ac + bc} + \frac{bc}{bc + ac}} = \sum_{cyclic}{\frac{ab + bc}{ac + bc}} \geq 3$ το οποιο ισχυει διοτι απο AM-GM:

$\sum_{cyclic}{\frac{ab + bc}{ac + bc}} \geq 3\sqrt[3]{\frac{(ab + bc)(bc + ca)(ca + ab)}{(ab + ca)(ca + bc)(bc + ab)}} = 3$ .[/quote]

Ελπιζω να μη χανω καπου!

ξαροπ · #8

Για να απαντήσω στην ερώτηση "Πώς τα πήγαμε" ξέρω μόνο πώς πήγαν στο 3ο πρόβλημα...(καλή τους επιτυχία έστω κι αργά).

Δείτε: http://www.math.md/bmo2010/index.php?op ... &Itemid=53

#9

Dimitris X έγραψε:Η λύση μου για την ανiσότητα κατά τη δiάρκεια του διαγωνισμού(έγραφα στους αναπληρωματικούς) ήταν η εξής:

Πράξεις και αναγόμαστε στην $a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3 \ge a^3b^2c+b^3c^2a+c^3a^2b.$

Κάτι που προκύπτει από κυκλικό άθροισμα των $\frac{2}{3}a^3b^3+\frac{1}{3}a^3c^3 \ge a^3b^2c.$

Σημείωση:δεν θυμάμαι αν μένει το $\sum a^3b^2c$ ή το $\sum a^3c^2b$ .).....

Για δείτε την γιατί μπορεί να μου διέφυγε κάτι.

Δημήτρη μένει το κυκλικό άθροισμα $\sum a^3b^2c$ . Η λύση σου είναι τέλεια...

Η πλάκα είναι ότι θυμίζει πολύ την ανισότητα Muirhead την οποία δυστυχώς δε μπορούμε να εφαρμόσουμε λόγω του ότι έχουμε κυκλικό και όχι συμμετρικό άθροισμα. Άραγε μπορούμε να κάνουμε μικροτροποποιήσεις στη Muirhead ώστε να μπορεί να εφαρμοστεί σε περιπτώσεις όπως η παραπάνω?

Αλέξανδρος

Κώστας Παππέλης · #10

Η δική μου λύση στο θέμα:

Οι τριάδες $\frac{1}{c}, \frac{1}{b}, \frac{1}{a}$ και $\frac{1}{c(b+a)}, \frac{1}{b(a+c)}, \frac{1}{a(b+c)}$ έχουν την ίδια διάταξη άρα από την ανισότητα αναδιάταξης

$\sum \frac{1}{c^2(a+b)} \geq \sum \frac{1}{bc(a+b)}$

Πολλαπλασιάζοντας με a^2b^2c^2

και πηγαίνοντάς τα στο δεξί μέλος έχουμε αυτό που θέλουμε.

Βλέπω 10άρι στο τρίτο θέμα από το Βαγγέλη. Να θυμίσω στους περσινούς ότι κάτι είχε δηλώσει πέρσι τέτοια εποχή

#11

Αλλάζω την εκφώνηση , μια και την άσκηση θα την συμπεριλάβω στη νέα μορφή σε επόμενη εργασία μου.

ΘΕΜΑ 2ο

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, το ύψος ΑΔ , το μέσο Μ του ΑΓ και το συμμετρικό Ε του Η ως προς το σημείο Δ. Αν Ρ,Σ,Τ είναι οι προβολές του Δ στις ευθείες ΑΕ, ΑΓ ΒΓ αντίστοιχα και Λ είναι το συμμετρικό του Μ ως προς το περίκεντρο του τριγώνου ΡΣΤ , να αποδειχθεί ότι τα σημεία Β,Λ,Ε είναι συνευθειακά.

Λύση

Θα αλλάξουμε ελαφρά τη δομή του ερωτήματος. Ας είναι λοιπόν Ν το μέσο του ΒΓ, Κ το μέσο του ΑΕ και Λ το μέσο του ΒΕ. Θα αποδείξουμε ότι η ΜΛ είναι διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΡΣΤ.
Είναι γνωστό ότι το Ε βρίσκεται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ και έτσι το τετράπλευρο ΑΕΒΓ είναι εγγράψιμο.Εύκολα αποδεικνύουμε ότι η ΝΔ είναι κάθετη στην ΑΕ(αφοί για παράδειγμα οι γωνίες ΕΔΡ , ΝΔΓ, ΝΓΔ , ΔΑΕ είναι ίσες) , η ΛΔ είναι κάθετη στην ΑΓ και η ΚΔ είναι κάθετη στη ΒΓ .

Επειδή λοιπόν οι γωνίες ΝΡΚ , ΚΤΝ , ΛΣΜ είναι ορθές, τα σημεία Ρ,Σ,Τ βρίσκονται στον περιγεγραμμένο κύκλο C του ορθογωνίου ΝΜΚΛ , στον οποίο προφανώς τα τμήματα ΚΝ,ΛΜ είναι διάμετροι και έτσι το σημείο τομής τους Ο είναι το κέντρο του κύκλου C.
Αλλά ο κύκλος C είναι ο περιγεγραμμένος κύκλος και του τριγώνου ΡΣΤ και έτσι η απόδειξη έχει ολοκληρωθεί.

Μπάμπης

Dimitris X · #12

cretanman έγραψε:
Dimitris X έγραψε:Η λύση μου για την ανiσότητα κατά τη δiάρκεια του διαγωνισμού(έγραφα στους αναπληρωματικούς) ήταν η εξής:

Πράξεις και αναγόμαστε στην $a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3 \ge a^3b^2c+b^3c^2a+c^3a^2b.$

Κάτι που προκύπτει από κυκλικό άθροισμα των $\frac{2}{3}a^3b^3+\frac{1}{3}a^3c^3 \ge a^3b^2c.$

Σημείωση:δεν θυμάμαι αν μένει το $\sum a^3b^2c$ ή το $\sum a^3c^2b$ .).....

Για δείτε την γιατί μπορεί να μου διέφυγε κάτι.
Δημήτρη μένει το κυκλικό άθροισμα $\sum a^3b^2c$ . Η λύση σου είναι τέλεια...

Η πλάκα είναι ότι θυμίζει πολύ την ανισότητα Muirhead την οποία δυστυχώς δε μπορούμε να εφαρμόσουμε λόγω του ότι έχουμε κυκλικό και όχι συμμετρικό άθροισμα. Άραγε μπορούμε να κάνουμε μικροτροποποιήσεις στη Muirhead ώστε να μπορεί να εφαρμοστεί σε περιπτώσεις όπως η παραπάνω?

Αλέξανδρος

Πάντως εγώ βρήκα τα ''βάρη'' $\frac{2}{3}$ και $\frac{1}{3}$ αντίστοιχα από την ανισότητα των βαρών,η οποία ουσιαστικά μας οδηγεί σε am-gm.

Αλέξανδρε ουσιατικά σε τέτοιες ''μη συμμετρικές'' περιπτώσεις εγώ πάντα κοιτάω τα βάρη.Σε αυτήν μου βγήκε.
Η επόμενη σκέψη αν δεν με οδηγούσε πουθενά αυτή είναι η rearrangement,που από ότι βλέπω κάτι έβγαλε ο Κώστας.

dimitris pap · #13

Κατ' αρχάς να πω καλά αποτελέσματα για τα παιδιά (και μεγάλο μπράβο στον Ταρατόρη για το 10 στο 3ο!)

Αυτό που θέλω να σημειώσω κυρίως είναι ότι η γεωμετρία είναι γνωστό θεώρημα!!! Συγκεκριμένα είναι ο λεγόμενος "κύκλος των 8 σημείων" (βλέπε***: http://mathworld.wolfram.com/Eight-Poin ... eorem.html) μαζί με το Brahmagupta (αυτό δηλαδή που λέει ότι η κάθετη απ' το σημείο τομής των διαγωνίων, σε μία πλευρά τέμνει την απέναντι πλευρά στο μέσο της).

Υ.Γ1 Ο κύκλος των 8 σημείων αποδεικνύει επίσης τον κύκλο των 9 σημείων (Euler-circle) στα τρίγωνα!!
Y.Γ. Ρε Κώστα τί είχε πει ο Ταρατόρης?

*** Ή εδώ :

http://www.cut-the-knot.org/Curriculum/ ... xplanation

Κώστας Παππέλης · #14

Τα 2 πρώτα θέματα κατά τη γνώμη μου είναι πολύ κακά για τέτοιο διαγωνισμό...

Mim σου στέλνω pm για αυτό που ρώτησες.

Κώστας Παππέλης · #15

Βάζω μια λύση για το 3.

Επειδή τα σημεία είναι πεπερασμένα, υπάρχουν 2 που απέχουν τη μεγαλύτερη δυνατή απόσταση μεταξύ τους, έστω τα A,B

.

Τώρα θεωρώ ένα τρίτο σημείο

του συνόλου ώστε η απόστασή του από την

να είναι η μέγιστη δυνατή και έστω

το ίχνος της καθέτου.

Οι AC,BC

είναι μικρότερες από την

άρα στο τρίγωνο αυτό το μικρότερο ύψος είναι το

.

Όμως το τρίγωνο ABC

χωράει σε λουρίδα με πλάτος 1 άρα τουλάχιστον το μικρότερο ύψος του θα είναι μικρότερο από 1 (αυτό το λήμμα θα προσπαθήσω να αποδείξω στο τέλος).

Τώρα ο γεωμετρικός τόπος του

είναι 2 παράλληλες ευθείες μεταξύ τους και με την

που απέχουν 1 από την

(μεσοπαράλληλη). Αυτές σχηματίζουν τη ζητούμενη λωρίδα.

Χρωστάω τώρα την απόδειξη του λήμματος.

Ανδρέας Πούλος · #16

Υπάρχει και ο Χάρης Τσαμπασίδης μην το ξεχνάτε.
Γενικά, οι λεβέντες μας πήγαν πολύ καλά.
Τι σημαίνει αυτό; Οι απαντήσεις πολλές και διάφορες. Για μερικούς κάθε λύση έχει το πρόβλημα της.
Ανεξάρτητα από όλα αυτά, θερμά συγχαρητήρια στα παιδιά που μας θυμίζουν ότι υπάρχει και μιά άλλη Ελλάδα.
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

Κώστας Παππέλης · #17

Να και η απόδειξη.

Προβάλλω τις 3 κορυφές πάνω στις 2 παράλληλες. Κάποια από τις ευθείες που φέραμε αφήνει εκατέρωθέν τις τις άλλες 2 κορυφές. (στην περίπτωση που μια πλευρά του τριγώνου είναι κάθετη στις παράλληλες στρέφουμε κατά μία στοιχειώδη γωνία φ τις παράλληλες).

Άρα αυτή η ευθεία από μια κορυφή τέμνει την απέναντι πλευρά του τριγώνου. Όμως επειδή το ύψος είναι ο συντομότερος δρόμος προς την πλευρά αυτή, και το ύψος είναι μικρότερο του 1 έχουμε άτοπο.

Ilias_Zad · #18

Κωστα ίδια ιδέα είχα και εγώ.
Δίνω έγω ένα τελείωμα για το λήμμα.
Φερνουμε τις κάθετες από τις κορυφές. Αυτές χωριζουν την λωρίδα με τρια ευθυγραμμα τμήματα οπου το καθένα έχει μία κορυφή του τριγωνου και όλα μήκος ένα σε 4 κομματια.
Αναγκαστικά όμως όταν ενώσουμε τις κορυφές μια πλευρά του τριγώνου θα τμήσει ένα απο αυτά τα τμήματα και άρα θα είναι υποτείνουσα σε καταλληλο τριγωνο με ορθογώνια πλευρά ένα ύψος του τριγώνου.
αρα αυτό το ύψος και θα έχει μήκος κάτω απο 1.
Αυτό μας δίνει το ζητούμενο.

Τώρα γράφω μια "αρχή" για το 4 μέχρι εκεί που το έχω φτάσει.
Θα το ξαναπροσπαθήσω αύριο αλλα όποιος θέλει μπορεί να το συνεχίσει απο εκεί που το αφήνω.
Εστω οτι υπάρχουν τέτοια n,p

.
Σχετικά εύκολα δείχνουμε οτι $f(n)=\frac{n(n+1)}{2}-\frac{n\phi{n}}{2}$
Απο αυτόν τον τύπο έχουμε άμεσα οτι n|2f(n)

Αν

απο υποθεση n(n+p)|2f(n)

κάτι αδύνατο αφου το 2f(n)

φτάνει το πολύ μεχρι n(n+1)

.
Συνεπως αρκει να ελεγξουμε τι γίνεται για p|n

.
Τοτε απο τον τύπο της

που βρηκαμε θέτωντας n=mp

,
εχουμε να δειξουμε το αδύνατο της εξίσωσης,

$(m+1)((m+1)p+1-\phi({(m+1)p}))=m(mp+1-\phi({(mp)}))$ .

Τωρα απο εδω εχουμε $m|(m+1)p+1-\phi{((m+1)p)}$ και το αναλογο για το m+1

και το

.

Επισης είτε p,m

είτε

ειναι σχετικα πρώτοι αρα ενα φ θα σπάσει.

Οπως και να έχει δίνω αυτές τις ιδέες και όταν βρω χρόνο θα το ξαναπροσπαθήσω.

YΓ ευχομαι καλα αποτελέσματα σε βασικους και αναπληρωματικους

EDIT κωστα με προλαβες

Κώστας Παππέλης · #19

Σε πρόλαβα

#20

Τα συνολικά μας αποτελέσματα: Αναφέρω τα ονόματα όπως στο επίσημο site (απλά έμαθα και το 4ο πρόβλημα)
HEL1
BRAZITIKOS KONSTANTINOS 10 8 0 0 =18
HEL2
PAGONAKIS DIMITRIOS 0 1 5 0 =6
HEL3
PLATIAS NIKOLAOS ALEXANDROS 0 1 0 1 =2
HEL4
TARATORIS EVANGELOS 10 10 10 1 =31
HEL5
TSAMPASIDIS ZACHARIAS 10 4 2 3 =19
HEL6
VLACHOS GEORGIOS 10 2 5 1 =18

Προβλέπω 3 χάλκινα και ένα ασημένιο. Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά (και στον αδερφό μου !!!

, για τη γεωμετρία)

Βαλκανιάδα

Βαλκανιάδα

Re: Βαλκανιάδα

Re: Βαλκανιάδα

Re: Βαλκανιάδα

Re: Βαλκανιάδα

Re: Βαλκανιάδα

Re: Βαλκανιάδα

Re: Βαλκανιάδα

Re: Βαλκανιάδα

Re: Βαλκανιάδα

Re: Βαλκανιάδα

Re: Βαλκανιάδα

Re: Βαλκανιάδα

Re: Βαλκανιάδα

Re: Βαλκανιάδα

Re: Βαλκανιάδα

Re: Βαλκανιάδα

Re: Βαλκανιάδα

Re: Βαλκανιάδα

Re: Βαλκανιάδα

Μέλη σε σύνδεση