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HOP #4

HOP #4 (HOP에 대한 자세한 설명은 설명글을 참조)
기한: 2010년 10월 2일 ~ 2010년 10월 15일 23시 59분

HOP-14. a,b,ca+b+c \leq \frac{3}{2}를 만족하는 양의 실수일 때 다음 부등식을 증명하여라.
\displaystyle \sum_{cyc} \left(a+\frac{1}{b+c}\right)^2 \geq \sum_{cyc} \left(1+\frac{a(b+1)}{a+b+c}\right)^2
Proposed by Ji Mun Kwon

HOP-15. 삼각형 ABC의 외접원과 내접원을 각각 w,w'라 하자. 외접원 위의 동점 P에서 내접원에 두 개의 접선을 그어 그 접점을 X,Z라 하고 PX,PZw와 만나는 점을 각각 Y,W라 하자. 이 때 Q=XW \cap YZ의 자취는 무엇인가?
Proposed by Yoonsuk Seo

HOP-16. 평면 위에 두 볼록다각형 A,B가 있어 BA 내부에 놓인다고 한다. 다각형 P에 대해 그 둘레의 길이를 p(P)라 하자. p(A) \geq p(B)임을 보여라.
Proposed by Sungyoon Kim

HOP-17. x,y,z는 합이 1인 음 아닌 실수이며 a,b,c는 양의 정수이다. 이 때 다음 부등식을 증명하여라.
(1-(y+z)^{bc})^a + (1-(z+x)^{ca})^b + (1-(x+y)^{ab})^c \geq 1
Proposed by Sungyoon Kim

참고 HOP-8은 Iran 2009 TST의 일반화임을 proposer가 밝혔습니다.
HOP-16은 Zuming Feng의 문제를 2차원으로 단순화한 것입니다. (추후 Result에서 더 설명)

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HOP #3 Result

HOP-10. 서로 다른 세 양의 실수 a,b,c에 대해 다음 부등식을 증명하여라.
\left( \frac{a^2 -bc}{b-c} \right)^2 + \left( \frac{b^2-ca}{c-a} \right)^2 + \left( \frac{c^2-ab}{a-b} \right)^2 \geq 2(a+b+c)^2
Proposed by Minki Han

Solution. (jedaihan) x=\frac{a^2-bc}{b-c},y=\frac{b^2-ca}{c-a},z=\frac{c^2-ab}{a-b}라 하면 xy+yz+zx=-(a+b+c)^2가 되어 x^2+y^2+z^2 \geq -2(xy+yz+zx)=2(a+b+c)^2가 성립한다.

2점: Akiyama
1점: jedaihan, 렐릭
(두 분 다 등호조건에 대한 언급이 없거나 논의가 부족했습니다.)

HOP-11. 임의의 양의 정수 N에 대해 다음 두 명제가 동치임을 보여라.
(i) 임의의 0 \leq r \leq N에 대해 \binom{2N}{r} \equiv r+1\text{ (mod }4\text{)}이다.
(ii) N=2^n-1인 양의 정수 n이 존재한다.
Proposed by Sungyoon Kim

Solution 1. (Official) (i)는 \binom{2N+2}{0},\binom{2N+2}{2N} \equiv 1, \binom{2N+2}{N+1} \equiv 2, 그리고 그 외의 i에 대해 \binom{2N+2}{i} \equiv 0가 성립함과 동치가 된다. (mod 4로 볼 때) 그러한 2N+2\binom{2N+1}{N} = \frac{1}{2}\binom{2N+2}{N+1}이 홀수가 되는데, Lucas의 정리에 의해 그런 N2^k-1 꼴밖에 안 된다.

Solution 2. (jedaihan) HOP11

2점: jedaihan, 페르마

HOP-12. n \geq 2는 주어진 자연수이다. 만약 어떤 수 Na_i \geq 2이고 임의의 i \neq j에 대해 \gcd(a_i,a_j)=1인 자연수 a_1,\cdots,a_n에 대해 N=a_1+\cdots+a_n으로 쓸 수 있다면 N을 좋은 수라고 하자. 이 때 좋지 않은 수의 개수는 유한함을 보여라.
Proposed by Seokwon Han

Unsolved (except the proposer)

HOP-13. 양수 a_1,\cdots,a_n이 주어져 있고 그들의 합을 s라 하자. 이 때 어떤 자연수 t1=k_0 < k_1 < \cdots < k_t =n+1이 존재하여 \sum_{i=0}^{t-1} k_{i+1}a_{k_{i}} < 3s가 성립함을 보여라.
Proposed by Joonhyuk Lim

Unsolved (except the proposer)

현재까지의 총점
렐릭 3 | 마 나가하 2 | 박지훈 2 | 블레임 8 | 엔스 2 | 조재진 0 | 페르마 5 | Akiyama 2 | c jackal 4 | cdycalvin 2 | emoticon 1 | geniusmm 2 | jedaihan 7

현재까지의 Proposal 수
박지훈 1 | 서윤석 1 | 임준혁 1 | 한민기 2 | 한석원 1

HOP #3

HOP #3 (HOP에 대한 자세한 설명은 설명글을 참조)
기한: 2010년 9월 18일 ~ 2010년 10월 1일 23시 59분

HOP-10. 서로 다른 세 양의 실수 a,b,c에 대해 다음 부등식을 증명하여라.
\left( \frac{a^2 -bc}{b-c} \right)^2 + \left( \frac{b^2-ca}{c-a} \right)^2 + \left( \frac{c^2-ab}{a-b} \right)^2 \geq 2(a+b+c)^2
Proposed by Minki Han

HOP-11. 임의의 양의 정수 N에 대해 다음 두 명제가 동치임을 보여라.
(i) 임의의 0 \leq r \leq N에 대해 \binom{2N}{r} \equiv r+1\text{ (mod }4\text{)}이다.
(ii) N=2^n-1인 양의 정수 n이 존재한다.
Proposed by Sungyoon Kim

HOP-12. n \geq 2는 주어진 자연수이다. 만약 어떤 수 Na_i \geq 2이고 임의의 i \neq j에 대해 \gcd(a_i,a_j)=1인 자연수 a_1,\cdots,a_n에 대해 N=a_1+\cdots+a_n으로 쓸 수 있다면 N을 좋은 수라고 하자. 이 때 좋지 않은 수의 개수는 유한함을 보여라.
Proposed by Seokwon Han

HOP-13. 양수 a_1,\cdots,a_n이 주어져 있고 그들의 합을 s라 하자. 이 때 어떤 자연수 t1=k_0 < k_1 < \cdots < k_t =n+1이 존재하여 \sum_{i=0}^{t-1} k_{i+1}a_{k_{i}} < 3s가 성립함을 보여라.
Proposed by Joonhyuk Lim

HOP #2 Result

HOP-5. 양의 정수 m,n에 대해 ((x+y)^m-x^m)^n+((x+y)^n-y^n)^m-(x+y)^{mn}의 모든 계수가 0 이상임을 보여라.
Proposed by Sungyoon Kim

Solution 1. (Official) y=1로 두고 x^s의 계수를 본다. ((x+1)^m-x^m)^n = \left( \sum_{i=0}^{m-1} \binom{m}{i}x^i \right)^n임에서 이것의 x^s의 계수는 \sum_{c_1+\cdots +c_n=s,0 \leq c_i \leq m-1} \binom{m}{c_1} \cdots \binom{m}{c_n}이다. 이것은 m \times n 모양의 격자에 O,X를 써넣되 i열에 c_i개의 O를 쓰고 (단 0 \leq c_i \leq m-1) 총 s개의 O를 쓰는 경우의 수가 된다. 즉, 이것은 모든 열마다 적어도 하나의 X가 존재하도록 하는 경우의 수가 된다. 그런 격자의 집합을 A라 한다.
한 편, ((x+1)^n-1)^m = \left( \sum_{j=1}^n \binom{n}{j}x^j \right)^m에서 x^s의 계수는 \sum_{r_1+\cdots+r_m=s,1\leq r_j \leq n} \binom{n}{r_1}\cdots \binom{n}{r_m}이 되어 이는 똑같은 모양의 직사각형에서 j행에 r_j개의 O를 쓰고 (단 1 \leq r_j \leq n) 총 s개의 O를 쓰는 경우의 수가 된다. 즉, 모든 행마다 적어도 하나의 O가 존재하는 경우의 수가 된다. 그런 격자의 집합을 B라 하고, m \times ns개의 O을 써넣는 모든 경우의 집합을 U라 하자.
만약 A^c \cap B^c \neq \emptyset이라면 A^c \cap B^c의 한 원소는 적어도 하나의 열이 있어 X를 포함하지 않고 적어도 한 행이 있어 O를 포함하지 않는다. 이는 불가능하므로 A^c \cap B^c = \emptyset \Leftrightarrow A \cup B=U를 얻는다. 따라서 |A|+|B| \geq |U|가 되는데 |U| = \binom{mn}{s}(x+1)^{mn}에서의 x^s의 계수이다. 따라서 문제가 증명됨.

Comment. c jackal 님의 풀이가 거의 비슷했다.

2점: c jackal

HOP-6. 실수 x,y,z \geq 1에 대해 다음 부등식을 증명하여라.
\displaystyle \frac{2}{x+y+z} - \frac{1}{xy+yz+zx} \leq \frac{1}{3}
Proposed by Jihoon Park

Solution 1. (Official) 원래의 부등식은 통분후 정리하면 6(xy+yz+zx) \leq (x+y+z)(xy+yz+zx+3)과 동치이다. 이 때 (x+y+z)(xy+yz+zx+3) \geq 2(x+y+z)^2가 성립한다. (x=a+1,y=b+1,z=c+1이라 하면 이 식은 ab+bc+ca \geq 0과 동치가 된다.) 따라서 우변은 2(x+y+z)^2 \geq 6(xy+yz+zx)가 되어 부등식이 성립한다. 등호는 x=y=z=1일 때 성립.

Solution 2. (jedaihan) \frac{2}{x+y+z} - \frac{1}{xy+yz+zx} \leq \frac{2}{x+y+z} - \frac{3}{(x+y+z)^2}
= \frac{1}{3}(1- (1- \frac{3}{x+y+z})^2) \leq \frac{1}{3}.

Comment. 다른 분들의 풀이가 거의 다 이 풀이와 비슷했다.

2점: 렐릭, 마 나가하, 페르마, c jackal, cdycalvin, geniusmm, jedaihan
1점: emoticon
(맨 마지막 과정에서 조금 더 설명이 필요하고 (음수와 양수의 곱 등의 경우를 완벽히 따져주는 것 등) 등호조건에서 실수가 있네요)

HOP-7. 삼각형 ABC의 내심이 I이고 \gamma_1,\gamma_2가 선분 BC, 직선 AI에 접하며 ABC의 외접원과 내접하고 각각 \angle BAI\angle CAI 내부에 놓인다고 한다. \gamma_1,\gamma_2BCD,E에서 접한다고 한다. \displaystyle \frac{AC \cdot BD}{DC} = \frac{AB \cdot CE}{EB}임을 보여라.
Proposed by Sungyoon Kim

Unsolved (except the proposer)

HOP-8. 임의의 소수 p와 정수 u,v에 대해 p|uv-n이면 p|f(u)f(v)-m이 성립하는 정수 m,n과 정수 계수 다항식 f를 모두 구하여라.
Proposed by Minki Han

Unsolved (except the proposer)

0점: emoticon (중간에 비약이 심한데다 답도 틀렸습니다. 다른 답이 더 있습니다. 무엇보다 “f(uv)를 해결할수 있는조건을 생각하면서 정수론적함수까지 고려하면 코시 함수방정식을 만족해야함을 알수있다”란 문장을 이해하기가 힘드네요.), cdycalvin (비슷한 이유입니다. f가 일차식이란 보장이 없습니다. 또한 역시 답이 틀렸습니다.)

HOP-9. 삼각형 ABC에서 변 AB. AC와 접하고 ABC의 외접원에 내접하는 원을 P_a라 하고. AB,AC와 접하고 ABC의 외접원에 외접하는 원을 Q_a라 하자. 마찬가지로 P_b,P_c,Q_b,Q_c를 정의한다. 이 때 P_a,P_b,P_c의 근심과 Q_a,Q_b,Q_c의 근심을 연결한 선분의 중점은 ABC의 외심임을 보여라.
Proposed by Yoonsuk Seo

Unsolved (except the proposer)

현재까지의 총점
렐릭 2 | 마 나가하 2 | 박지훈 2 | 블레임 8 | 엔스 2 | 조재진 0 | 페르마 3 | c jackal 4 | cdycalvin 2 | emoticon 1 | geniusmm 2 | jedaihan 4

현재까지의 Proposal 수
박지훈 1 | 서윤석 1 | 한민기 1

HOP #2

HOP #2 (HOP에 대한 자세한 설명은 설명글을 참조)
기한: 2010년 9월 4일 ~ 2010년 9월 17일 23시 59분

HOP-5. 양의 정수 m,n에 대해 ((x+y)^m-x^m)^n+((x+y)^n-y^n)^m-(x+y)^{mn}의 모든 계수가 0 이상임을 보여라.
Proposed by Sungyoon Kim

HOP-6. 실수 x,y,z \geq 1에 대해 다음 부등식을 증명하여라.
\displaystyle \frac{2}{x+y+z} - \frac{1}{xy+yz+zx} \leq \frac{1}{3}
Proposed by Jihoon Park

HOP-7. 삼각형 ABC의 내심이 I이고 \gamma_1,\gamma_2가 선분 BC, 직선 AI에 접하며 ABC의 외접원과 내접하고 각각 \angle BAI\angle CAI 내부에 놓인다고 한다. \gamma_1,\gamma_2BCD,E에서 접한다고 한다. \displaystyle \frac{AC \cdot BD}{DC} = \frac{AB \cdot CE}{EB}임을 보여라.
Proposed by Sungyoon Kim

HOP-8. 임의의 소수 p와 정수 u,v에 대해 p|uv-n이면 p|f(u)f(v)-m이 성립하는 정수 m,n과 정수 계수 다항식 f를 모두 구하여라.
Proposed by Minki Han

HOP-9. 삼각형 ABC에서 변 AB. AC와 접하고 ABC의 외접원에 내접하는 원을 P_a라 하고. AB,AC와 접하고 ABC의 외접원에 외접하는 원을 Q_a라 하자. 마찬가지로 P_b,P_c,Q_b,Q_c를 정의한다. 이 때 P_a,P_b,P_c의 근심과 Q_a,Q_b,Q_c의 근심을 연결한 선분의 중점은 ABC의 외심임을 보여라.
Proposed by Yoonsuk Seo

HOP #1 Result

HOP-1. 양의 정수 n에 대해, n의 분합이란 x_i \geq 1이며 x_1+\cdots+x_k=n인 정수쌍 (x_1,x_2,\cdots,x_k)를 뜻한다. n을 1보다 큰 홀수로 분합하는 경우의 수를 a_n, n을 2,3,5로 분합하되 x_i=2,x_{i+1}=3i가 존재하지 않는 경우의 수를 b_n이라 하자. a_{n+3}=b_n임을 보여라.
Proposed by Sungyoon Kim

Solution 1. (Official) n+3을 1보다 큰 홀수로 분합한 것에서 1보다 큰 홀수를 2,2,…,2,3로 쓸 수 있다. (2의 개수가 0일 수 있음) 이렇게 변환하면 맨 마지막은 반드시 3이 된다. 역변환도 존재. 즉 a_{n+3}은 n을 2와 3으로 분합한 것의 개수와 같다. 한 편 여기서 2,3이 연속으로 있는 것을 전부 5로 바꾸면 그 결과는 2,3,5로 분합하되 2,3이 연속으로 있는 것이 없는 경우가 된다. 역변환도 존재. 따라서 이 개수는 b_n이 된다.

Comment. 엔스 님의 풀이가 거의 비슷했다.

Solution 2. (블레임) 2,3이 연속으로 나오지 않고 맨 마지막이 2가 아닌 분합의 수를 c_n이라 한다. 이 때 a_n=a_{n-3}+a_{n-5}+\cdots임과 a_{n-2}=a_{n-5}+a_{n-7}+\cdots임에서 a_n=a_{n-2}+a_{n-3}이 된다. (자세한 디테일은 생략. 예컨대 n이 3보다 작다든지 하는 경우) 한 편 b_n=b_{n-2}+b_{n-5}+c_{n-3}이며 (각각 맨 마지막이 2,5,3인 경우) c_n = b_n-b_{n-2}이 되므로 b_n=b_{n-2}+b_{n-3}이 된다. 따라서 a_{n+3},b_n은 같은 점화식을 갖는데 초기항도 세 개 비교하면 같아져서 수학적 귀납법으로 성립한다.

2점: 엔스, 블레임

HOP-2. 임의의 실수 a,b,c \geq 0에 대해 다음 부등식을 증명하여라.
\displaystyle \sum_{cyc} \sqrt{a(a+b)+b(b+c)} \geq 2(a+b+c)
Proposed by Sungyoon Kim

Solution 1. (Official) P_1=b^2+bc+c^2Q_1=bc로 정의하고 비슷하게 P_2,P_3,Q_2,Q_3을 정의한다. 그러면 좌변은 \sum_{cyc} \sqrt{P_3+Q_1}이 된다. 한 편, a,b,c의 크기 순서를 임의로 정할 수는 없지만 a,b,c의 순서롸 P_1,P_2,P_3의 순서가 반대이고 Q_1,Q_2,Q_3도 그렇다. 즉 P_1,P_2,P_3의 순서와 Q_1,Q_2,Q_3의 순서가 같아져서 (P_1+Q_1,P_2+Q_2,P_3+Q_3)(P_3+Q_1,P_1+Q_2,P_2+Q_3)을 majorize한다. 따라서 Karamata 부등식에 의해 f(x)=\sqrt{x}가 오목 함수임에서 (LHS) \geq \sum_{cyc} \sqrt{P_1+Q_1} = \sum_{cyc} (b+c) = (RHS)가 성립한다. 등호 조건은 따져보면 a=b=cb=c=0,c=a=0,a=b=0이 된다. (!)

Solution 2. (블레임) WLOG, a+b+c=1이며 c가 최소값이라 가정하자. 그러면 \sum_{cyc} \sqrt{a^2+b} \geq 2임을 보이면 된다.
먼저 lemma로 x,y,z \geq 0, x,y \leq z이면 \sqrt{x}+\sqrt{y} \geq \sqrt{x+y-z}+\sqrt{z}임을 보인다. 이는 카라마타 부등식으로도 보일 수 있고, 제곱하고 정리한 것이 (x-z)(y-z) \geq 0이 되어 성립하기도 한다. 이 lemma에 의하면 c^2+a \leq (1-c)^2 \Leftrightarrow c \leq ba^2+b \leq (1-c)^2 \Leftrightarrow c \leq a이므로
\sqrt{a^2+b}+\sqrt{c^2+a} \geq \sqrt{a^2+b+c^2+a-(a-c)^2}+1-c = \sqrt{a^2+c}+1-c
가 성립하므로 \sqrt{a^2+c}+\sqrt{b^2+c} \geq 1+c임만 보이면 된다. 이는
(LHS)^2 = a^2+b^2+2c+2\sqrt{(a^2+c)(b^2+c)} \geq a^2+b^2+2c+2(ab+c)
$=a^2+b^2+2ab+4c = (a+b+2c)^2=(a+c)^2$
가 되므로 성립한다. 등호조건은 위와 같다.

2점: 블레임
0점: 조재진
(대칭식이 아니므로 크기 가정을 할 수 없습니다.)

HOP-3. a,b,c는 예각삼각형의 세 변의 길이고 그 외접원의 반지름의 길이는 R이라 한다. 이 때 다음 부등식을 증명하여라.
\displaystyle a^2+b^2+c^2+\frac{abc}{\sqrt{3}R} \geq 4(abc)^{2/3}
Proposed by Sungyoon Kim

Solution 1. (Official) 예각삼각형이므로 Fermat point F는 삼각형 내부에 있다. 그러면 FA=x,FB=y,FC=z라 할 때 a^2=x^2+y^2+xy가 되며 ABC의 넓이인 SS=\frac{abc}{4R}= \frac{\sqrt{3}}{4}(xy+yz+zx)가 되어 \frac{abc}{\sqrt{3}R} = xy+yz+zx가 된다. 이를 이용해서 식을 정리하면 (x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)^3 \geq 8(x^2+xy+y^2)(y^2+yz+z^2)(z^2+zx+x^2)와 동치가 된다. 이거 증명은 그냥 전개했을 때 식이 \sum_{cyc}x^6 + 3\sum_{sym}x^5y + \sum_{cyc}x^4yz \geq 2\sum_{sym}x^4y^2 + \sum_{cyc}x^3y^3 + \sum_{sym}x^3y^2z + 3x^2y^2z^2가 되어 Muirhead 부등식으로 성립한다. 등호는 x=y=z, 즉 ABC가 정삼각형일 때 성립.

Comment. 예각삼각형보다 더 sharp한 조건은, Fermat point가 내부에 있어야 한다는 점에서 ABC의 내각이 전부 120도 이하라는 조건이 된다.

Solution 2. (블레임) 예각삼각형임에서 a^2,b^2,c^2도 삼각형의 세 변을 이룬다. a^2=y+z,b^2=z+x,c^2=x+y라 하자. (x,y,z > 0) 그러면 abc=4RS임을 이용하여 정리하면 좌변은 2(x+y+z) + 2\sqrt{\frac{xy+yz+zx}{3}}이고 우변은 4((x+y)(y+z)(z+x))^{1/3}가 된다. 2로 나누어 세제곱한 식을 증명할 때
9 \left( \sqrt{ \frac{xy+yz+zx}{3} } \right)^3 + (x+y+z)^2 \sqrt{ \frac{xy+yz+zx}{3} } \geq 2(x+y+z)(xy+yz+zx) – A
(x+y+z)^2 \sqrt{\frac{xy+yz+zx}{3}} \geq (x+y+z)(xy+yz+zx) – B
가 산술기하평균 부등식으로 성립한다. 또한
(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)+8xyz \geq \frac{17}{9} (x+y+z)(xy+yz+zx) – C
가 전개 후 산술기하평균 부등식과 Schur 부등식으로 성립한다.
\frac{1}{9}A+\frac{26}{9}B란 식과 C 식을 이용하면 원 부등식이 증명된다.

2점: 블레임

HOP-4. x^3+y^4=20을 만족하는 정수 x,y는 존재하지 않음을 증명하여라.
Proposed by Sungyoon Kim

Solution 1. (Official) 정수해가 있다고 가정하고 mod 13으로 보면 좌변은 7이 될 수 없으나 우변은 7이 되어 모순이다.

Comment. 박지훈 님의 풀이가 동일했다.

Solution 2. (jedaihan) 정수해가 있다고 가정하면 x,y는 홀수여야 한다. 그러면 y^4+14^2 = 6^3-x^3=(6-x)(36+6x+x^2)가 된다. 6-x,36+6x+x^2가 둘 다 4k+1 꼴이 될 수 없음은 쉽게 보일 수 있다. 한 편 좌변을 나누는 소수는 14의 소인수이거나 4k+1 꼴의 소수여야 하므로 4k+1 꼴이거나 7이다.
만약 y가 7과 서로 소라면 좌변을 나누는 소인수는 모두 4k+1꼴이 되어 약수가 전부 4k+1 꼴이 된다. 그러나 이는 앞에서 불가능임을 보였으므로 y는 7의 배수이다. 이 때 좌변의 7-지수는 2이다. 만약 6-x,36+6x+x^2 중 단 하나만 7의 배수라면 두 수 모두 4k+1 꼴이 되어 또 모순이다. 따라서 둘 다 7의 배수여야 하는데 이 역시 불가능함을 쉽게 보일 수 있다. 따라서 모순.

Comment. 블레임 님의 풀이가 비슷했다.

2점: 박지훈, 블레임, jedaihan
1점: 페르마
(두 번째 case에서 8-x^3의 임의의 소인수 p를 보는 과정에서 p=3이 될 수도 있습니다.)
0점: 조재진 (세제곱수는 mod 8로 5나 7도 될 수 있습니다.)

현재까지의 총점
박지훈 2 | 블레임 8 | 엔스 2 | 조재진 0 | 페르마 1 | jedaihan 2

다음은 추가된 룰 설명.

– 정답자가 나오지 않는 문제의 경우 Unsolved HOP Problems로 옮겨집니다. 그 문제들의 official solution은 proposer가 따로 부탁하지 않는 한 다른 사람의 풀이가 나올 때까지 공개하지 않는 것으로 합니다.
– 문제의 채점은 대략적으로 이루어지며 문제당 2점 만점으로 합니다.
– 마치 CRUX처럼 적당한 의미를 갖는 conjecture 역시 받습니다.

Unsolved HOP Problems

정답자가 나오지 않는 문제의 경우 Unsolved HOP Problems로 옮겨집니다. 그 문제들의 official solution은 proposer가 따로 부탁하지 않는 한 다른 사람의 풀이가 나올 때까지 공개하지 않는 것으로 합니다.

현재 (2010년 9월 25일) Unsolved Problems list:

HOP-7. 삼각형 ABC의 내심이 I이고 \gamma_1,\gamma_2가 선분 BC, 직선 AI에 접하며 ABC의 외접원과 내접하고 각각 \angle BAI\angle CAI 내부에 놓인다고 한다. \gamma_1,\gamma_2BCD,E에서 접한다고 한다. \displaystyle \frac{AC \cdot BD}{DC} = \frac{AB \cdot CE}{EB}임을 보여라.
Proposed by Sungyoon Kim

HOP-8. 임의의 소수 p와 정수 u,v에 대해 p|uv-n이면 p|f(u)f(v)-m이 성립하는 정수 m,n과 정수 계수 다항식 f를 모두 구하여라.
Proposed by Minki Han

HOP-9. 삼각형 ABC에서 변 AB. AC와 접하고 ABC의 외접원에 내접하는 원을 P_a라 하고. AB,AC와 접하고 ABC의 외접원에 외접하는 원을 Q_a라 하자. 마찬가지로 P_b,P_c,Q_b,Q_c를 정의한다. 이 때 P_a,P_b,P_c의 근심과 Q_a,Q_b,Q_c의 근심을 연결한 선분의 중점은 ABC의 외심임을 보여라.
Proposed by Yoonsuk Seo