Test pre-ONM (greu)

[Doctor Gil]

1. Gasiti toate numerele prime $p$ astfel incat $p=m^2+n^2$ si $p|m^3+n^3-4$.

2. Fie $n\ge 4$ un numar natural si $a_1,a_2,...,a_n\in\Bbb{R}$ astfel incat
$a_1+a_2+...+a_n\ge n$ si $a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\ge n^2$.
Demonstrati ca cel putin unul din numere este cel putin $2$.

3. Pe laturile $(AB),(BC),(CD)$ si $(DA)$ ale tetraedrului regulat $ABCD$ se considera punctele coplanare
$M,N,P,$ respetiv $Q$. Demonstrati ca:
$MN\cdot NP\cdot PQ\cdot QM\ge AM\cdot BN\cdot CP\cdot DQ$.

4. Consideram $n\ge 5$ un numar natural si $n+1$ submultimi cu $3$ elemente ale
multimii $\{1;2;...;n\}$. Demonstrati ca exista cel putin doua dintre acestea care au exact un element comun.

[mihai miculita]

Din pacate, concluzia problemei 3 este FALSA !!!
Iata un contraexemplu, care JUSTIFICA AFIRMATIA MEA:
Fie $ABCD$ un tetraedru in care avem: $|AB|=|BC|=|CD|=|DA|=a$ si $|AC|=|BD|=b.$
Daca: $M,\,N,\,P$ si $Q$ sunt mijloacele muchiilor $[AB],\,[BC],\,[CD]$ si respectiv $[AD],$
atunci patrulaterul $ABCD-$ este un paralelogram, deci punctele $M,\,N,\,P$ si $Q-$ sunt coplanare si avem in plus:
$|MA|=|MB|=|NB|=|NC|=|PC|=|PD|=|QD|=|QA|=\dfrac{a}{2}$ si $|MN|=|NP|=|PQ|=|MQ|=\dfrac{b}{2}.$
Asa ca in cazul in care $a>b,$ avem $\boxed{|MN|.|NP|.|PQ|.|QM|=\left(\dfrac{b}{2}\right)^4<\left(\dfrac{a}{2}\right)^4=|MA|.|NB|.|PC|.|QD|}.$

[Stefan Tudose]

Ar putea posta va rog cineva o solutie la problema 1?

[anamariaradu]

1.Pt p=2=>m=n=1
Fie $p\ge 3$ si presupunem fara a restrange generalitatea m>n.
$\implies p=1 (mod 4)$ Observam ca:
$p|(m+n)(m^2-mn+n^2)-4 \implies$ $p|(m+n)mn+4 \implies p|(m^2+2mn+n^2)m^2n^2+8mn(m+n)+16$
$p|m^3n^3+4mn(m+n)+8$$\implies p|m^3n^3-8=(mn-2)(m^2n^2+2mn+4)$
Daca $mn=2$ atunci p=5, solutie.
Consideram $p>5 (p\ge 13)$. Daca $p| mn-2$ atunci $p<13$, nu convine!
$\implies p|m^2n^2+2mn+4$ si $p|(m+n)mn+4$
$\implies p=m^2+n^2|mn(mn+2-m-n)$
$\implies p|mn+2-m-n \implies p|(m-1)(n-1)+1$
Obtinem solutie doar pt $m=-3$ si $n=-2$ (sau invers) de unde $p=13$.

[Laurențiu Ploscaru]

Sau, altfel: (pentru dragul nostru Ștefan )

Cum $m^3+n^3-4\equiv (m+n)(m^2+n^2)\equiv 0\ (mod\ p)$ vom obține imediat $3mn(m+n)+12\equiv 0\ (mod\ p)$.
Adunând relația asta cu cea inițială obținem $(m+n)^3+8\equiv 0\ (mod\ p)\Rightarrow$ $(m+n+2)(m^2+n^2+2mn-2m-2n+4)\equiv 0\ (mod\ p)$.
Acum mai rămâne de observat că $m$ și $n$ nu pot avea modulul prea mare și de făcut o analiză plictisitoare de cazuri mici.

[Doctor Gil]

Din pacate, concluzia problemei 3 este FALSA !!!
Iata un contraexemplu, care JUSTIFICA AFIRMATIA MEA:
Fie $ABCD$ un tetraedru in care avem: $|AB|=|BC|=|CD|=|DA|=a$ si $|AC|=|BD|=b.$
Daca: $M,\,N,\,P$ si $Q$ sunt mijloacele muchiilor $[AB],\,[BC],\,[CD]$ si respectiv $[AD],$
atunci patrulaterul $ABCD-$ este un paralelogram, deci punctele $M,\,N,\,P$ si $Q-$ sunt coplanare si avem in plus:
$|MA|=|MB|=|NB|=|NC|=|PC|=|PD|=|QD|=|QA|=\dfrac{a}{2}$ si $|MN|=|NP|=|PQ|=|MQ|=\dfrac{b}{2}.$
Asa ca in cazul in care $a>b,$ avem $\boxed{|MN|.|NP|.|PQ|.|QM|=\left(\dfrac{b}{2}\right)^4<\left(\dfrac{a}{2}\right)^4=|MA|.|NB|.|PC|.|QD|}.$

Intr-adevar, am omis faptul ca tetraedrul $ABCD$ trebuie sa fie regulat.

[seby]

aveti si o solutie la pb 2??

[Marius Stănean]

2. Fie $n\ge 4$ un numar natural si $a_1,a_2,...,a_n\in\Bbb{R}$ astfel incat
$a_1+a_2+...+a_n\ge n$ si $a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\ge n^2$.
Demonstrati ca cel putin unul din numere este cel putin $2$.

Prin metoda contradictiei:

Presupun ca toate numerele sunt mai mici ca 2 si fie $b_i=2-a_i>0,i=1,\ldots, n$
atunci din prima conditie avem
$b_1+b_2+\ldots+b_n\le n$
Fie $b=\max\{b_1,b_2,\ldots,b_n\}$, evident $b<n$, si avem
$a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2=$
$4n-4(b_1+b_2+\ldots+b_n)+(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_n^2)\le$
$4n-4(b_1+b_2+\ldots+b_n)+b(b_1+b_2+\ldots+b_n)=$
$4n+(b-4)(b_1+b_2+\ldots+b_n)$

1. Daca $b\le 4$ atunci
$4n+(b-4)(b_1+b_2+\ldots+b_n)\le 4n<n^2$ pentru $n>4$
iar daca $n=4$ atunci $b<4$ deoarece $b_i>0, i=1,2,3,4$

2. Daca $b> 4$ atunci
$4n+(b-4)(b_1+b_2+\ldots+b_n)\le 4n+(b-4)n=bn<n^2$

deci in orice situatie obtinem o contradictie

[DanDumitrescu]

In legatura cu problema 3.Vom ridica la patrat si expresia din stanga se va transforma cu ajutorul teoremei lui Menelaus in spatiu si singura idee care mai trebuie demonstrata este urmatoarea:
MN^2>=BM*BN care o sa ne dea (BM-BN)>=0 evident adevarat.O sa ne dea acest binom dupa ce aplicam teorema cosinusului in triunghiul BMN.
As aminti totusi si teorema lui Menelaus in spatiu:
AM/MB*BN/NC*CP/PD*DQ/QA=1
Cand vom ridica la patrat in loc de numarator la patrat vom avea numitorul*numaratorul.

[mihaith]

Da , e corect asa. Buna observatie!