MEMO 2018, Polska

[Premislav]

Kod: Zaznacz cały

http://www.memo2018.abel.bielsko.pl/

Polsce chyba trochę nie poszło w drużynowych, chociaż w czołówce było ciasno, za to pozamiatane w indywidualnych, gratulacje. Zadania są tutaj:

Kod: Zaznacz cały

http://memo2018.abel.bielsko.pl/public/

... 8_I_pl.pdf
http://memo2018.abel.bielsko.pl/public/ ... 8_T_pl.pdf

Wrzucę może kilka swoich rozwiązań, jak mi się uda, na razie tylko jedno (25 minut rokminy, więc to pewnie najłatwiejsze zadanie w historii MEMO), bo muszę wyjaniepawlać do roboty.

T-1:    

W rzeczywistych dodatnich spełniających \(\displaystyle{ abc=1}\) udowodnić, że
\(\displaystyle{ \frac{a^2-b^2}{a+bc}+\frac{b^2-c^2}{b+ca}+\frac{c^2-a^2}{c+ab}\le a+b+c-3}\)

Korzystając z założenia \(\displaystyle{ abc=1}\), przekształcamy nierówność z tezy do równoważnej postaci:
\(\displaystyle{ a \cdot \frac{b^2+1}{a^2+1} +b\cdot \frac{c^2+1}{b^2+1}+c\cdot \frac{a^2+1}{c^2+1}\ge 3}\)
a to natychmiast wynika z AM-GM i założenia o iloczynie:
\(\displaystyle{ \frac{a \cdot \frac{b^2+1}{a^2+1} +b\cdot \frac{c^2+1}{b^2+1}+c\cdot \frac{a^2+1}{c^2+1}}{3}\ge \sqrt[3]{a \cdot \frac{b^2+1}{a^2+1} \cdot b\cdot \frac{c^2+1}{b^2+1}\cdot c\cdot \frac{a^2+1}{c^2+1}}=\sqrt[3]{abc}=1}\)
i mnożymy stronami przez trzy, c.k.d.

Chętnie zobaczyłbym inne od oficjalnych rozwiązania zadań z kombinatoryki (jest szansa, że zrozumiem), natomiast jak ktoś ma ochotę, to zapraszam i do podzielenia się geometrią, dam „pomógł", zaśpiewam, zatańczę jak Aleksander Filipiński (chociaż rozwiązań w tym przypadku niemal na pewno nie zrozumiem).

[matmatmm]

I-3:    

\(\displaystyle{ DQ=\frac{1}{3}b}\)
\(\displaystyle{ DR=\frac{1}{3}c}\)
\(\displaystyle{ \angle QDR=180-\angle RDB- \angle QDC=180- \beta-\gamma=\alpha}\)
Trójkąt \(\displaystyle{ \triangle DRQ}\) jest podobny do \(\displaystyle{ \triangle ABC}\) w skali \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\)
\(\displaystyle{ r}\) - promień okręgu opisanego na czworokącie \(\displaystyle{ PQRD}\).
Z twierdzenia sinusów:
\(\displaystyle{ \frac{DQ}{\sin\angle DPQ}=2r}\)
\(\displaystyle{ \frac{b}{\sin \beta}=2R}\)
Dzieląc stronami \(\displaystyle{ \sin\angle DPQ=\sin\beta}\)
\(\displaystyle{ \angle DPQ=180-\beta}\)
\(\displaystyle{ AB\parallel PQ}\)
\(\displaystyle{ S}\)- punkt przecięcia \(\displaystyle{ BQ}\) i \(\displaystyle{ AP}\)
\(\displaystyle{ \triangle ASB\sim\triangle PSQ}\)
\(\displaystyle{ \frac{AS}{PS}=\frac{AB}{PQ}=\frac{c}{2r\sin\gamma}=\frac{2R}{2r}=3}\)
Analogicznym rozumowaniem pokazujemy, że \(\displaystyle{ \frac{AS_1}{PS_1}=3}\), gdzie \(\displaystyle{ S_1}\) jest punktem przecięcia \(\displaystyle{ CR}\) i \(\displaystyle{ AP}\).

[Premislav]

I-1:    

Podstawiając w równaniu
\(\displaystyle{ f\left( \frac{x+y}a\right)=\frac{f(x)+f(y)}a}\) co następuje:
\(\displaystyle{ x=y=\frac a 2 t}\), gdzie \(\displaystyle{ t\in \QQ^+}\) dostajemy po prostych przekształceniach
\(\displaystyle{ \frac a 2 f(t)=f\left( \frac a 2 t\right)}\).
Niech teraz \(\displaystyle{ p,q}\) – dowolne dodatnie liczby wymierne. Podstawiając w wyjściowym równaniu \(\displaystyle{ x=\frac a 2 p, \ y=\frac a 2 q}\) i korzystając z powyższej obserwacji, otrzymujemy
\(\displaystyle{ f\left( \frac{p+q}{2}\right)= \frac{f(p)+f(q)}{2}}\), a to jest znane równanie funkcyjne Jensena, tyle że w dodatnich wymiernych. Stąd* \(\displaystyle{ f(t)=ct+d}\), a z uwagi na to, że
\(\displaystyle{ f: \QQ^+\rightarrow (a,+\infty)}\), to \(\displaystyle{ c\ge 0}\) i \(\displaystyle{ d\ge a}\) (w przypadku \(\displaystyle{ c=0}\) mamy konkretnie \(\displaystyle{ d>a}\)).
Wszystkie możliwe rozwiązania to funkcje stałe na dodatnich wymiernych \(\displaystyle{ f(t)=d}\) dla \(\displaystyle{ d>a}\) i funkcje postaci \(\displaystyle{ f(t)=ct+d}\), gdzie \(\displaystyle{ c>0, \ d\ge a}\). Po podstawieniu do wyjściowego równania okazuje się, że pasują one tylko dla \(\displaystyle{ a=2}\), dla pozostałych rozwiązania nie istnieją.

*jak będę miał czas, to może napiszę więcej, ale to jest znane raczej