Problemi straniei

Biagio · Messaggio da **Biagio** » 01 gen 1970, 01:33

eccovi alcuni problemi che provengono da gare nazionali(recenti) di paesi olimpiicamente ben più forti dell\'italia:
 
 1. Find the integer solutions to a + b = 1 - c, a3 + b3 = 1 - c2
 
 2. x, y are positive reals such that x + y = 2. Show that x3y3(x3 + y3) ≤ 2
 
 3. Three fixed circles pass through the points A and B. X is a variable point on the first circle different from A and B. The line AX meets the other two circles at Y and Z (with Y between X and Z). Show that XY/YZ is independent of the position of X.
 
 4. What is the largest possible number of elements in a subset of {1, 2, 3, ... , 9} such that the sum of every pair (of distinct elements) in the subset is different?
 
 come li avete trovati?

andrea84 · Messaggio da **andrea84** » 01 gen 1970, 01:33

Forse ora ci sono
 
 1) con un pò di smanettamenti(neanche troppi) arriviamo a :
 
 (a+b)(a^2-ab+b^2+a+b-2)=0
 
 da cui (a,-a,1) soluzione
 Ora abbiamo da risolvere:
 
 a^2-ab+b^2+a+b-2=0 ora usando un metodo che il caro ma_go definisce brutale ed inelegante imponiamo che il discriminante di quell\'equazione di secondo grado in a sia un quadrato perfetto:
 9-3b^2-6b=k^2 (1)
 Ripetiamo il ragionamento per la (1) considerandola in b e otteniamo:
 
 3k^2+t^2=36 (2)
 
 Ora la (2) ri riduce a 3n^2+p^2=4 ( t=3p, k=3n).
 Quindi abbiamo n=0 p=2 n=0 p=-2 n=-1 p=-1
 n=1 p=1 n=1 p=-1 n=-1 p=1
 
 E da qui si trovano le altre soluzioni dell\'equazione (non ho voglia di fare i conti).
 
 So di essermi spiegato malissimo ma vado di fretta
 
 Ciao ciao
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: andrea84 il 05-04-2004 15:21 ] [ Questo Messaggio è stato Modificato da: andrea84 il 05-04-2004 16:04 ]

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Ecco la mia soluzione del 2° es.( non so quanto elegante
 visto che fa uso di un po\' di analisi).
 Osserviamo che :
 sqrt(xy)<=(x+y)/2 od anche:xy<=1 e xy positivo
 Poniamo ora xy=t e
 f(t)=(xy)^3*(x^3+y^3)=(t^3)*(8-6t) con t<=1 e t positivo
 Derivando rispetto a t:
 f\'(t)=24t^2*(1-t).
 Come si vede per t<=1 f(t) e\' sempre crescente
 e presenta un massimo (assoluto)= 2 per t=1.
 Ne segue :f(t)<=2 ovvero
 x^3*y^3(x^3+y^3)<=2.
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 05-04-2004 17:33 ]

XT · Messaggio da XT » 01 gen 1970, 01:33

Come non detto. Ho trovato un erroraccio. [ Questo Messaggio è stato Modificato da: XT il 05-04-2004 19:11 ]

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

3. il rapporto XY/YZ e\' uguale al rapporto tra la distanza dei centri dei rispettivi cerchi. Per la prova basta considerare la proiezione dei centri sulla retta XA.

Biagio · Messaggio da **Biagio** » 01 gen 1970, 01:33

bene bene....
 x karl: la tua soluzione funziona, ma è quella che già conoscevo...mi farebbe piacere averne una che usi metodi puramente...elementari <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">
 
 x andrea: non è che ti va di concluderla? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
 x sprmnt21: idem

Boll · Messaggio da **Boll** » 01 gen 1970, 01:33

forse sto dicendo una cazzata, ne sono quasi sicuro, ma non fustigatemi,nel primo per \"smanettare\", come dice Andrea bisogna porre c diverso da 1, che una soluzione accettabile presi qualsiasi a e b.
 Anche a me era venuta l\'equazione di Andrea, poi mi sono incartato considerando che i numeri dovevano essere dispari!!!

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

1. le terne (a,-a,1) con a intero sono soluzioni del sistema dato.
 
 Supponendo che c =/= 1 ( a+b =/= 0) si ha che
 
 
 (a+b)^3-3ab(a+b)=1-c^2 cioe\' (1-c)^2-3ab = 1+c <==> c^2-3c=3ab (1).
 
 Un\'altra relazione che deriva dalle equazioni date (dividendo la prima per la seconda membro a membro) e\' la seguente a^2-ab+b^2=1+c da cui segue che 1+c > ab (2). Combinando la (1) e la (2) si ha che 3(1+c)>c^2-3c da cui deriva che c < 7. Dalla (1) deriva pure che c e\' multiplo di 3 quindi i valori per c possono essere 3 e 6.
 Per c=3 si ha che ab=0 e a+b=-2 cioe\' (0,-2,3) e (-2,0,3).
 Per c=6 si ha che ab=6 e a+b=-5 cioe\' (-2,-3,3) e (-3,-2,3).
 
 
 Valori negativi di c non vanno bene perche\' a+b e a^3+b^3 devono avere lo stesso segno.
 
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 06-04-2004 11:19 ] [ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 06-04-2004 11:21 ]

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

Si ha che x^3+y^3 = (x+y)^3-3xy(x+y) = 8 - 6xy.
 
 Quindi la relazione da provare, posto xy=z, diventa: z^3(4-3z)=<1.
 
 Dato che x+y=2 allora z=xy=<1, da cui segue che il fattore 4-3z e\' positivo. Pertanto, per la AM-GM, si ha che 1={[z+z+z+(4-3z)]/4}^4 >= z^3(4-3z).
 
 
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 06-04-2004 12:01 ]

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 x andrea: non è che ti va di concluderla? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
 x sprmnt21: idem
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Detti O1,O2 ed O3 i centri dei cerchi ed M1,M2 ed M3 le proiezioni di questi sulla retta X(AY)Z si ha che M1, M2 ed M3 sono i punti medi di AX, AY ed AZ rispettivamente.
 
 XY = XA+AY = 2M1A+2AM2 = 2M1M2; YZ = YA+AZ = 2M2A+2AM3 = 2M2M3.
 
 Si ha che XY/YZ = 2M1M2/(2M2M3) = O1O2/O2O3.

Biagio · Messaggio da **Biagio** » 01 gen 1970, 01:33

beh, me li avete bruciati quasi tutti, a parte il quarto che forse è il più facile.. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">
 
 ps:grazie a sprmnt21 per la soluzione al 2 assolutamente elementare

Boll · Messaggio da **Boll** » 01 gen 1970, 01:33

Forse ho una soluzione ancora più elementare del 2.
 Una volta scomposta il polinomio risulta x^3*y^3(x+y)(x^2-xy+y^2)<=2
 Dividendo per 2 risulta x^3*y^3(x^2-xy+y^2)<=1
 Dimostro per assurdo ponendo il polinomio:
 x^3*(2-x)^3(x+y)(x^2-x(2-x)+(2-x)^2)>1
 1) x^3>1 per x>1
 2) (2-x)^3>1 per x<1
 3) 3x^2-6x+4>1 qualunque x preso - singoletto 1
 fato lo schema segni risulta che il polinomio può assumere solo valori maggiori o uguali a 1 quindi è ASSURDO.
 
 Sicuro ho sbagliato qualcosa, era troppo facile. datemi notizie, vi prego.
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 06-04-2004 14:26 ]

Messaggio da **ma_go** » 01 gen 1970, 01:33

uhm... in effetti carino, l\'ultimo...
 allora, le possibili somme vanno da 3 (= 2+1) a 17 (= 8+9).
 se però ci fossero conteporaneamente 1,2,8 e 9, si avrebbe 1+9 = 2+8, quindi non si possono ottenere entrambe le somme 3 e 17.
 ci devono essere quindi meno di 15 coppie; cioè, detto il massimo, si deve avere n(n-1)/2 < 15, quindi n<6.
 ora il massimo n potrebbe essere 5, ed infatti {1,2,3,5,8} soddisfa le richieste.

Biagio · Messaggio da **Biagio** » 01 gen 1970, 01:33

ok, ora che li avete risolti tutti, eccovi la ciliegina sulla torta...
 
 5. dimostrare che esistono infiniti n naturali tali che sigma(n)/n > sigma(k)/k per ogni k naturale minore di n, essendo sigma(n) la funzione che associa ad n la somma di tutti i suoi divisori (1 ed n compresi).

Boll · Messaggio da **Boll** » 01 gen 1970, 01:33

Posso solo affermare con abbastanza sicurezza che tale propietà è verificata per ogni n tale che n=p-1 dove p è un qualsiasi numero primo, ma sulla dimostrazione non ho neanche una vaga idea. [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 06-04-2004 22:02 ]