มาแล้ว ๆ IMO 2005

[gon]

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 \[ \displaystyle \frac { x^5-x^2 }{x^5+y^2+z^2} + \frac {y^5-y^2}{x^2+y^5+z^2} + \frac {z^5-z^2}{x^2+y^2+z^5} \geq 0\]

[gon]

ไม่ไหวแล้วคืนนี้นอนดีกว่า แปะกรณีอย่างง่าย ของข้อ 3 คือ \(x \ge 1, y \ge 1, z \ge 1\) เผื่อมีคนนำวิธีนี้ไปคิดต่อได้

คลิกที่นี่เพื่อดูข้อความที่ซ่อนไว้

\( LHS. \ge 0 \iff \)
\((x^5 - x^2)(x^2 + y^5 + z^2)(x^2 + y^2 + z^5) + (y^5 - y^2)(x^5 + y^2 + z^2) + (z^5 - z^2)(x^5 + y^2 + z^2)(x^2 + y^5 + z^2) \ge 0 \cdots (1)\)
(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
\(x^4 + y^4 + z^4 \ge \frac{1}{3}(x^3 + y^3 + z^3)(x + y + z)\)
\(\ge \frac{1}{3}3(xyz)(x + y + z) = xyz(x + y + z)\)

[nongtum]

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

[Char Aznable]

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

[gools]

ข้อ 3 ครับ
ให้ \(x\geq y \geq z\) ดังนั้น \(L.H.S \geq \displaystyle{\frac{\sum_{cyc}x^5-\sum_{cyc}x^2}{x^5+y^2+z^2}}\)
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

[gools]

ข้อความเดิมของคุณ Char Aznable:
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

ตรงนี้ใช้ AM-GM ยังไงเหรอครับ

[Char Aznable]

โทษทีครับตรงนี้ผมดูผิด มันกลับข้างกันครับ

[Char Aznable]

[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

[gools]

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

[Punk]

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

[Char Aznable]

ข้อความเดิมของคุณ Punk:

อสมการขวามือ:
พิจารณา
\[
x^5+y^2+z^2\geq\frac{x^4}{yz}+y^2+z^2=\frac{1}{yz}(x^4+y^3z+z^3y)\leq\frac{1}{yz}(x^4+y^4+z^4)
\]
ดังนั้น
\[
\sum\frac{x^2}{x^5+y^2+z^2}\leq\sum\frac{x^2yz}{x^4+y^4+z^4}\leq1
\]
หมายเหตุ ใช้อสมการ rearrangement ในการพิสูจน์

อสมการมันกลับข้างกันรึเปล่าครับ