|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#1
|
||||
|
||||
มาแล้ว ๆ IMO 2005
มาแล้วครับ. IMO 2005 วันแรก ข้อแรกเรขาคณิต , ข้อสองทฤษฎีจำนวน , ข้อสาม อสมการ ใครจะลองคิดข้อไหนดู ก็ลองได้เลยครับ.
\[ \bf{IMO \,\,2005 \,\, Day 1} \] 1. Six points are chosen on the sides of an equilateral triangle \( ABC, A_1, A_2\,\) on\( \,BC, B_1, B_2 \,\)on\( \,CA\,\) and\( \,C_1, C_2\,\) on \(\,AB\,\) , such that they are the vertices of a convex hexagon \(\,A_1A_2B_1B_2C_1C_2\,\) with equal side lengths. Prove that the lines \(\,A_1B_2, B_1C_2\,\) and \(\,C_1A_2\,\) are concurrent 2.Let \(a_1,a_2,\ldots \)be a sequence of integers with infinitely many positive and negative terms. Suppose that for every positive integer \(n\) the numbers \(a_1,a_2,\ldots,a_n \)leave \(n\) different remainders upon division by \(n\). Prove that every integer occurs exactly once in the sequence \(a_1,a_2,\ldots.\) 3.Let \(x,y,z\) be three positive reals such that \(xyz\geq 1.\) Prove that \[ \displaystyle \frac { x^5-x^2 }{x^5+y^2+z^2} + \frac {y^5-y^2}{x^2+y^5+z^2} + \frac {z^5-z^2}{x^2+y^2+z^5} \geq 0\] |
#2
|
||||
|
||||
ไม่ไหวแล้วคืนนี้นอนดีกว่า แปะกรณีอย่างง่าย ของข้อ 3 คือ \(x \ge 1, y \ge 1, z \ge 1\) เผื่อมีคนนำวิธีนี้ไปคิดต่อได้
\( LHS. \ge 0 \iff \) \((x^5 - x^2)(x^2 + y^5 + z^2)(x^2 + y^2 + z^5) + (y^5 - y^2)(x^5 + y^2 + z^2) + (z^5 - z^2)(x^5 + y^2 + z^2)(x^2 + y^5 + z^2) \ge 0 \cdots (1)\) (โดย A.M - G.M) \(\because \frac{x^2 + y^5 + z^2}{3} \ge ((xyz)^2y^3)^{\frac{1}{3}} \ge (y^3)^{\frac{1}{3}} = y \Rightarrow x^2 + y^5 + z^2 \ge 3y \) ในทำนองเดียวกัน จะได้ว่า LHS. จาก (1)\( \ge (x^5 - x^2)(3y)(3z) + (y^5 - y^2)(3x)(3z) + (z^5 - z^2)(3x)(3y)\) \(= 9 [(x^5 - x^2)yz + (y^5 - y^2)zx + (z^5 - z^2)xy ] \) \(= 9 [(xyz)x^4 - x^2yz + (xyz)y^4 - y^zx + (xyz)z^4 - z^2xy ]\) \(= \ge 9[ x^4 - x^2yz + y^4 - y^zx + z^4 - z^2xy]\) \(= 9[ x^4 + y^4 + z^4 - zyx(x + y + z) ] \ge 0\) เพราะโดย อสมการ Chebyshev และ A.M- G.M \(x^4 + y^4 + z^4 \ge \frac{1}{3}(x^3 + y^3 + z^3)(x + y + z)\) \(\ge \frac{1}{3}3(xyz)(x + y + z) = xyz(x + y + z)\)
__________________
The Lost Emic <<-- หนังสือเฉลยข้อสอบระดับประถมนานาชาติ EMIC ครั้งที่ 1 - ครั้งที่ 8 ชุดสุดท้าย หลงมา 15 กรกฎาคม 2005 01:13 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 3 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ gon |
#3
|
||||
|
||||
DAY 2: IMO 2005 México
4. Determine all positive integers relatively prime to all the terms of the infinite sequence \(a_n=2^n+3^n+6^n-1, n\ge1\). 5. Let ABCD be a fixed convex quadrilateral with BC=DA and BC not parallel with DA. Let two variable points E and F lie of the sides BC and DA, respectively and satisfy BE=DF. The lines AC and BD meet at P, the lines BD and EF meet at Q, the lines EF and AC meet at R. Prove that the circumcircles of the triangles PQR, as E and F vary, have a common point other than P. 6. In a mathematical competition in which 6 problems were posed to participants, every two of these problems were solved by more than 2/5 of the contestants. Moreover, no contestant solved all the 6 problems. Show that there are at least 2 contestants who solved exactly 5 problems each. Reference: mathlinks ป.ล. ยังไม่ได้คิดหรือดูเฉลยสักข้อนะครับ กำลังปวดหัวกับข้อแรกอยู่
__________________
คนไทยร่วมใจอย่าใช้ภาษาวิบัติ ฝึกพิมพ์สัญลักษณ์สักนิด ชีวิต(คนตอบและคนถาม)จะง่ายขึ้นเยอะ (จริงๆนะ) Stay Hungry. Stay Foolish. 15 กรกฎาคม 2005 03:08 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nongtum |
#4
|
|||
|
|||
ข้อ 3 จาก xyz ฃ 1 จะได้ x2+y2+z2 ฃ x3yz+xy3z+xyz3
ฃ (rearrangement) x5+y5+z5 ให้ x' = x5-x2 , y' = y5-y2 , z' = z5-z2 และ a= x5+y2+z2 , b=x2+y5+z2 , c=x2+y2+z5 จะได้ x'-y' = a-b และ x'-z' = a-c และ x'+y'+z' ณ 0 ดังนั้น x'/a = y'/a-b/a+1 = z'/a-c/a+1 จะได้ 2x'/a = y'/a-b/a+1+z'/a-c/a+1 ทำในทำนองเดียวกันแล้วนำมาบวกกันจะได้ 2(x'/a+y'/b+z'/c) =[ (y'+z')/a + (x'+y')/c + (z'+x')/b ] +[ 6-(a/b+b/c+c/a+b/a+c/b+a/c) ] ณ (am-gm) (y'+z')/a + (z'+x')/b +(x'+y')/c ณ (จากข้างต้น) -(x'/a+y'/b+z'/c) \ 3(x'/a+y'/b+z'/c) ณ 0 จะได้ x'/a+y'/b+z'/c ณ 0
__________________
The Inequalitinophillic 17 กรกฎาคม 2005 21:10 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Char Aznable |
#5
|
||||
|
||||
ข้อ 3 ครับ
ให้ \(x\geq y \geq z\) ดังนั้น \(L.H.S \geq \displaystyle{\frac{\sum_{cyc}x^5-\sum_{cyc}x^2}{x^5+y^2+z^2}}\) โดย Power mean Inequalities ได้ว่า \[x^5+y^5+z^5 \geq 3\bigg(\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{3}}\bigg)^5 = \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{3}\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{3}} \geq \frac{(x^2+y^2+z^2)3\sqrt[3]{x^2 y^2 z^2}}{3}\sqrt{xyz} \geq x^2+y^2+z^2\] ดังนั้นสมการเป็นจริงครับ 18 กรกฎาคม 2005 15:52 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ gools |
#6
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
|
#7
|
|||
|
|||
โทษทีครับตรงนี้ผมดูผิด มันกลับข้างกันครับ
__________________
The Inequalitinophillic |
#8
|
|||
|
|||
[quote]ข้อความเดิมของคุณ gools:
ข้อ 3 ครับ ให้ \(x\geq y \geq z\) ดังนั้น \(L.H.S \geq \displaystyle{\frac{\sum_{cyc}x^5-\sum_{cyc}x^2}{x^5+y^2+z^2}}\) มายังไงครับ
__________________
The Inequalitinophillic |
#9
|
||||
|
||||
ดูผิดเหมือนกันครับ งั้นขอลองใช้ Convex Function ดูนะครับ
\[\sum_{cyc} \frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}=\sum_{cyc} \frac{x^5-x^2}{x^5-x^2+\sum_{cyc} x^2}\] ให้ \( \displaystyle{f(a)}=\displaystyle{\frac{a}{a+\displaystyle{\sum_{cyc}} x^2}}\) ดังนั้น \[f(x^5-x^2)+f(y^5-y^2)+f(z^5-z^2) \geq 3f(\frac{\sum_{cyc} x^5 -\sum_{cyc} x^2}{3})=\frac{3(\sum_{cyc} x^5 -\sum_{cyc} x^2)}{\sum_{cyc} x^5 +3\sum_{cyc} x^2}\] แล้วใช้วิธีก่อนหน้านี้ก็จบแล้วครับ 20 กรกฎาคม 2005 19:15 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ gools |
#10
|
|||
|
|||
ข้อ 3 วันแรก
จะพิสูจน์อสมการที่แรงกว่า คือ \[ \sum\frac{x^5}{x^5+y^2+z^2}\geq1\geq\sum\frac{x^2}{x^5+y^2+z^2} \] อสมการซ้ายมือ: พิจารณา \[ y^2+z^2=\frac{y^3}{y}+\frac{z^3}{z}\leq\frac{y^3}{z}+\frac{z^3}{y}=\frac{1}{yz}\left(y^4+z^4\right)\leq x\left(y^4+z^4\right)\] ดังนั้น \[ \sum\frac{x^5}{x^5+y^2+z^2}\geq\sum\frac{x^5}{x^5+x(y^4+z^4)}=\sum\frac{x^4}{x^4+y^4+z^4}=1 \] อสมการขวามือ: W.L.O.G. ให้ \( x\leq y\leq z\) พิจารณา \[ x^5+y^2+z^2\geq\frac{x^4}{yz}+y^2+z^2=\frac{1}{yz}(x^4+y^3z+z^3y)\geq\frac{1}{yz}(x^2yz+y^2zx+z^2xy) \] ทำนองเดียวกัน \( y^4+z^3x+x^3z\geq y^2zx+z^2xy+x^2yz\) และ \( z^4+x^3y+y^3x\geq z^2xy+x^2yz+y^2zx\) ดังนั้น \[ \sum\frac{x^2}{x^5+y^2+z^2}\leq\sum\frac{x^2yz}{x^2yz+y^2zx+z^2xy}=1 \] หมายเหตุ ใช้อสมการ rearrangement ในการพิสูจน์ 22 กรกฎาคม 2005 17:17 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Punk |
#11
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
__________________
The Inequalitinophillic |
หัวข้อคล้ายคลึงกัน | ||||
หัวข้อ | ผู้ตั้งหัวข้อ | ห้อง | คำตอบ | ข้อความล่าสุด |
USAMO 2005 | gools | ข้อสอบโอลิมปิก | 5 | 16 มีนาคม 2007 19:45 |
ผลการแข่งขัน IMO 2005 | gon | ปัญหาคณิตศาสตร์ทั่วไป | 7 | 22 กรกฎาคม 2005 14:21 |
Vietnam Mathematical Olympiad 2005 problem 4 | gools | ข้อสอบโอลิมปิก | 8 | 18 มิถุนายน 2005 21:09 |
APMO 2005 #4 | devil jr. | คณิตศาสตร์อุดมศึกษา | 0 | 09 พฤษภาคม 2005 22:12 |
APMO 2005 | aaaa | อสมการ | 21 | 30 มีนาคม 2005 22:52 |
|
|