BMO 2020

#1

Σήμερα, διεξήχθη διαδικτυακά η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα για το 2020. Παραθέτω τα θέματα μιας και έχουν ήδη αναρτηθεί στο AOPS. Καλή επιτυχία στις ομάδες μας.

Πρόβλημα 1.

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο ABC

με

, το μέσο

της πλευράς

και ο περιγεγραμμένος κύκλος $\gamma$ του τριγώνου ABD

. Η εφαπτομένη του $\gamma$ στο σημείο

τέμνει την ευθεία

στο σημείο

. Αν

είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABE

, να αποδείξετε ότι το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος

ανήκει στον $\gamma$ .

(Ηνωμένο Βασίλειο)

Πρόβλημα 2.

Συμβολίζουμε με $\mathbb Z_{>0}=\{1,2,3,\ldots\}$ το σύνολο των θετικών ακεραίων. Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb Z_{>0}\to \mathbb Z_{>0}$ , τέτοιες ώστε για κάθε θετικό ακέραιο

να ισχύουν τα πιο κάτω:

i) Το $\sum\limits_{k=1}^n f(k)$ είναι τέλειο τετράγωνο.

ii) Το f(n)

διαιρεί το n^3

.

(Αλβανία)

Πρόβλημα 3.

Έστω θετικός ακέραιος

. Να βρείτε τον ελάχιστο θετικό ακέραιο $n \geq k + 1$ , για τον οποίο το πιο κάτω παιγνίδι μπορεί να συνεχιστεί επ' άπειρον:

Θεωρούμε

κουτιά, τα $b_1, b_2, \ldots, b_n$ . Για κάθε δείκτη

, το κουτί b_i

περιέχει αρχικά ακριβώς

νομίσματα. Σε κάθε βήμα του παιγνιδιού, εκτελούμε με τη σειρά τα πιο κάτω:

(1) Επιλέγουμε k + 1

κουτιά.

(2) Από αυτά τα k+1

κουτιά, επιλέγουμε

και αφαιρούμε τουλάχιστον τα μισά νομίσματα από το καθένα. Δεδομένου ότι περίσσεψε το κουτί b_i

, προσθέτουμε σε αυτό

νομίσματα.

(3) Αν κάποιο από τα κουτιά αδειάσει, το παιγνίδι τερματίζεται. Αλλιώς προχωρούμε στο επόμενο βήμα.

(Κύπρος)

Πρόβλημα 4.

Θέτουμε a_1 = 2

. Για κάθε θετικό ακέραιο

, ορίζουμε ως $a_{n+1}$ τον μικρότερο ακέραιο ο οποίος είναι μεγαλύτερος του a_n

και έχει περισσότερους θετικούς διαιρέτες από τον a_n

. Να αποδείξετε ότι το σύνολο

$\displaystyle \{n \in \mathbb{N}:2a_{n+1}=3a_n\}$

είναι πεπερασμένο.

(Σκόπια)

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

Demetres έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 01, 2020 7:06 pm
Σήμερα, διεξήχθη διαδικτυακά η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα για το 2020. Παραθέτω τα θέματα μιας και έχουν ήδη αναρτηθεί στο AOPS. Καλή επιτυχία στις ομάδες μας.

Πρόβλημα 1.

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο με , το μέσο της πλευράς και ο περιγεγραμμένος κύκλος $\gamma$ του τριγώνου . Η εφαπτομένη του $\gamma$ στο σημείο τέμνει την ευθεία στο σημείο . Αν είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου , να αποδείξετε ότι το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος ανήκει στον $\gamma$ .

(Ηνωμένο Βασίλειο)

Καλή επιτυχία στην ομάδα!
Είναι $\angle C=\angle B$ και λόγω της εφαπτομένης $\angle BDC=180^{\circ}-\angle ADB=\angle BAE$ .Οπότε BDC,ABE

όμοια και αφού DC=AB/2

θα είναι

δηλαδή $OC\perp BC$ .Έστω $M\equiv (\gamma)\cap AO,Q=DM\cap BC$ .Είναι $\angle DBC+\angle BDQ=\angle AEB+\angle BAM=90^{\circ}$ .Οπότε $MD\parallel OC$ και το ζητούμενο έπεται.

: 6.PNG (28.16 KiB) Προβλήθηκε 3479 φορές

miltosk · #3

Demetres έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 01, 2020 7:06 pm
Σήμερα, διεξήχθη διαδικτυακά η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα για το 2020. Παραθέτω τα θέματα μιας και έχουν ήδη αναρτηθεί στο AOPS. Καλή επιτυχία στις ομάδες μας.
Πρόβλημα 2.

Συμβολίζουμε με $\mathbb Z_{>0}=\{1,2,3,\ldots\}$ το σύνολο των θετικών ακεραίων. Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb Z_{>0}\to \mathbb Z_{>0}$ , τέτοιες ώστε για κάθε θετικό ακέραιο να ισχύουν τα πιο κάτω:

i) Το $\sum\limits_{k=1}^n f(k)$ είναι τέλειο τετράγωνο.

ii) Το διαιρεί το .

(Αλβανία)

Καλή επιτυχία και από εμένα στις ομάδες μας!
Έστω $\sum\limits_{k=1}^n f(k)=M_k^2, M_k>0$
H ακολουθία M_n

είναι γνησίως άυξουσα. Οπότε $M_k\geq k, M_{k-1}\leq M_k-1 \Rightarrow M_k^2-M_{k-1}^2\geq 2M_k-1\geq 2k-1$ .
Άρα $f(k)\geq 2k-1$ .
Έστω

περιττός πρώτος. Τότε f(p)|p^3

. Οπότε

ή

.
Έστω για κάποιο πρώτο p, f(p)=p^2

.
Τότε $\sum\limits_{k=1}^{p-1} f(k)+f(p)=y^2\Rightarrow x^2+p^2=y^2$ .
Άρα (πυθαγόρειες τριάδες) p=t(m^2-n^2), x=2tmn

, όλοι ακέραιοι.
Αν p=t

, τότε $m^2-n^2=1\Rightarrow n=0\Rightarrow x=0$ , άτοπο.
Άρα $t=1, (m-n)(m+n)=p\Rightarrow m-n=1, m+n=p$
Τότε $x=\frac{p^2-1}{2}$ .
Όμως $x^2=\sum\limits_{k=1}^{p-1} f(k)\leq\sum\limits_{k=1}^{p-1} k^3=(\frac{p(p-1)}{2})^2$ , άτοπο.
Άρα f(p)=p^3

για κάθε περιττό πρώτο, και εύκολα ελέγχεται η σχέση αυτή για p=2

, άρα ισχύει για κάθε πρώτο.
Τότε p^3=y^2-x^2=(y-x)(y+x)

.
Αν

, παίρνω άτοπο όπως παραπάνω.
Άρα y-x=p, y+x=p^2

.
Τότε $x=(\frac{p(p-1)}{2})$ . Οπότε $\sum\limits_{k=1}^{p-1} f(k)=x^2=\sum\limits_{k=1}^{p-1} k^3$ .
Για να ισχύει όμως η ισότητα, πρέπει f(k)=k^3

, για κάθε $k\leq p$ .
Επαγωγικά λοιπόν σε συνδυασμό με την απειρία των πρώτων λαμβάνω ότι f(n)=n^3

.

#4

Demetres έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 01, 2020 7:06 pm
..

Πρόβλημα 1.

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο με , το μέσο της πλευράς και ο περιγεγραμμένος κύκλος $\gamma$ του τριγώνου . Η εφαπτομένη του $\gamma$ στο σημείο τέμνει την ευθεία στο σημείο . Αν είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου , να αποδείξετε ότι το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος ανήκει στον $\gamma$ .

(Ηνωμένο Βασίλειο)

...

Παρουσιάζω τη λύση που επινόησα σήμερα το μεσημέρι.

Έστω

το σημείο τομής της

με τον περιγεγραμμένο κύκλο του $\triangle ABD$ . Αφού το

είναι το μέσο του

, αρκεί να δειχθεί ότι DF//OC

.

Έστω ότι η μεσοκάθετος του

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του $\triangle ABE$ στο

και έστω ότι η ευθεία

τέμνει τον ίδιο κύκλο στο

. Τότε $\angle AIK=90^\circ$ , αφού βαίνει σε ημικύκλιο, οπότε $IK\perp AI$ , κι άρα IK//BE

. Συνεπώς, BI=EK

. Από αυτές τις ίσες χορδές, παίρνουμε $\angle KAE=\angle BAI=\angle IAD$ , αφού η

διχοτομεί τη γωνία $\angle BAC$ .
Από τη γωνία χορδής και εφαπτομένης και τα παραπάνω έχουμε

$\displaystyle \angle ADF=\angle KAE=\angle BAI=\angle IAD,$

δηλ. DF//AI//OC

, αφού το

είναι μέσο της

, όπως στην παραπάνω λύση, για παράδειγμα.

dimpaplo · #5

Για το 2ο.
Για μικρές τιμές του

μπορούμε εύκολα να ελέγξουμε ότι ισχύει $f(n)=n^{3}$ .
Θα δείξουμε το ζητούμενο με ισχυρή επαγωγή.
Έστω,λοιπόν, ότι $f(n)=n^{3}$ για κάθε θετικό ακέραιο $n\leq m$ και θα δείξουμε ότι $f(m+1)=(m+1)^{3}$
Είναι $f(1)+...+f(m)+f(m+1)=1^{3}+...+m^{3}+f(m+1)=(\dfrac{m(m+1)}{2})^{2}+f(m+1)=l^{2}$ για κάποιο θετικό ακέραιο

.
Άρα $f(m+1)=(l-\dfrac{m(m+1)}{2})(l+\dfrac{m(m+1)}{2})$
Επίσης, $f(m+1)|(m+1)^{3}$ οπότε $(l-\dfrac{m(m+1)}{2})(l+\dfrac{m(m+1)}{2})|(m+1)^{3} ,(1)$
Όμως, $l^{2}>(\dfrac{m(m+1)}{2})^{2}$ και $l^{2}=(\dfrac{m(m+1)}{2})^{2}+f(m+1)\leq (\dfrac{m(m+1)}{2})^{2}+(m+1)^{3}=(\dfrac{(m+1)(m+2)}{2})^{2}$
Άρα $\dfrac{m(m+1)}{2} < l \leq \dfrac{(m+1)(m+2)}{2}=\dfrac{m(m+1)}{2}+m+1$ οπότε $l=\dfrac{m(m+1)}{2}+p,p=1$ ή

ή ... ή

$(1) \Rightarrow p(m(m+1)+p)|(m+1)^{3} \Rightarrow pm^{2}+pm+p^{2}|m^{3}+3m^{2}+3m+1 \Rightarrow pm^{2}+pm+p^{2}|pm^{3}+3pm^{2}+3pm+p-pm^{3}-pm^{2}-p^{2}m=2pm^{2}+3pm+p-p^{2}m \Rightarrow pm^{2}+pm+p^{2}|2pm^{2}+3pm+p-p^{2}m-2pm^{2}-2pm-2p^{2}=pm+p-p^{2}m-2p^{2} \Rightarrow m^{2}+m+p|m+1-pm-2p \Rightarrow m(m+1)+p|p(m+2)-(m+1) \Rightarrow m(m+1)+p \leq p(m+2)-(m+1) \Rightarrow p \geq m+1 \Rightarrow p=m+1$
Τώρα με αντικατάσταση βρίσκουμε το

και τελικά $f(m+1)=(m+1)^{3}$ και το ζητούμενο αποδείχθηκε.

DrStrange · #6

Γαλανόπουλος Σπύρος (24)

Εμμανουήλ Δημήτρης (23)

Αδαμόπουλος Διονύσης (22)

Μαργαρίτης Μίνος (22)

Ντόκας Ευθύμης (22)

Δημουλιός Γιάννης (14) HM

Τα cutoffs: 20 - 25 - 32
Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά, καθώς και τους αρχηγούς, υπαρχηγούς, observers που έκαναν αυτήν την ΒΜΟ δυνατή!

Τσιαλας Νικολαος · #7

Μπράβο σε όλα τα καμάρια!!!

#8

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά, σε Ελλάδα και Κύπρο !

Σε ανώτερα .Πάντα επιτυχίες και διακρίσεις.

Nick1990 · #9

Πολλά συγχαρητήρια σε όλους. Έκατσα κάποιες ώρες να ασχοληθώ με το 3, που απ' όσο βλέπω είναι της Κύπρου (Δημήτρη δικό σου να υποθέσω;). Ωραίο πρόβλημα, από αυτά όπου ακόμα και όταν δεις "τι παίζει" χοντρικά και πως αυτό προκύπτει, χρειάζεσαι αρκετή ώρα για να φτάσεις με ακρίβεια στο ζητούμενο, και ακόμα περισσότερη για να το καθαρογράψεις. Βάζω τη λύση μου μαζί με τον τρόπο σκέψης μου παρακάτω:

Γράφω την ποσότητα κερμάτων x_i

στο κουτί

στη δυαδική μορφή της και έστω a_i

ο μέγιστος εκθέτης δύναμης του

, όπου προφανώς $a_i = \lfloor \log_{2}(x_i) \rfloor$ . Θεωρώ το άθροισμα S = a_1 + a_2 + ... + a_n

και παρατηρώ πως με κάθε κίνηση αυτό μειώνεται ακριβώς κατά

λόγω της αφαίρεσης των μισών κερμάτων από

κουτιά, ενώ αυξάνεται κατά $a = \lfloor \log_{2}(\frac{i}{x_i}+1) \rfloor$ όπου

η θέση του κουτιού στο οποίο βάζουμε κέρματα. Το παραπάνω άθροισμα

δεν γίνεται να μειώνεται με κάθε κίνηση, διότι όταν φτάσει στο 0, αναγκαστικά το παιχνίδι τελειώνει. Είναι εύκολο να δούμε τώρα πως η μέγιστη δυνατή τιμή του

είναι $\lfloor \log_{2}(n+1) \rfloor$ , οπότε για να μη μειώνεται το

με κάθε κίνηση πρέπει $k \leq \lfloor \log_{2}(n+1) \rfloor \Rightarrow n \geq 2^k$

Αυτό είναι ένα κάτω φράγμα, αλλά επειδή έτσι δεν θα συμβαίνει και τόσο συχνά αύξηση του

κατά το μέγιστο

, υποπτευόμαστε πως αυτό δεν είναι βέλτιστο. Με αρκετές δοκιμές για k = 2, n = 4

επίσης, βλέπουμε την τάση να τερματίζει η διαδικασία. Δοκιμάζοντας όμως n = 5

και προσπαθώντας να παίξουμε μόνο με τα 3 τελευταία κουτιά, βλέπουμε το pattern $(1,1,1,2,6) \rightarrow (1,1,4,1,3) \rightarrow (1,1,2,5,1) \rightarrow (1,1,1,2,6)$ οπότε είναι εύλογο να σκεφτούμε πως η απάντηση θα είναι 2^k

και κάτι ακόμα (αρχικά σκέφτηκα 2^k + 1

που όπως θα δούμε δεν είναι σωστό).

Εδώ τώρα πρέπει να σκεφτούμε πως θα καταφέρουμε να πιάνεται μονίμως το μέγιστο

από ένα σημείο και μετά, ώστε το

να γίνει τελικά σταθερό και μη μηδενικό. Ας υποθέσουμε ότι $n = 2^k + \ell$ . Τότε, αν ένα κουτί σε θέση i < 2^k - 1

χρησιμοποιείται άπειρο πλήθος φορών, είτε θα καταλήξει να αδειάσει, είτε θα χρησιμοποιηθεί άπειρο πλήθος φορών πάνω του η κίνηση επανατοποθέτησης κερμάτων, η οποία οδηγεί σε μείωση του

κατά τουλάχιστον $k - \lfloor \log_{2}(\frac{i}{x_i}+1) \rfloor \geq k - \lfloor \log_{2}(2^k - 1) \rfloor = k - (k - 1) = 1$ κάθε φορά. Έτσι, αν $\ell < 2^k - 1$ , επειδή $a \leq \lfloor \log_{2}(n+1) \rfloor \leq \lfloor \log_{2}(2^{k+1} - 1) \rfloor = k$ , το

δεν αυξάνεται σε καμία κίνηση και τελικά θα φτάσει στο

, οπότε και στις δύο περιπτώσεις έχουμε άτοπο. Άρα, στην περίπτωση που $\ell < 2^k - 1$ , τελικά χρησιμοποιούνται μόνο τα κουτιά στις θέσεις $i \geq 2^k - 1$ , οπότε πρέπει $\ell + 2 \geq k + 1 \Rightarrow \ell \geq k - 1 \Rightarrow n \geq 2^k + k - 1$ . Για $\ell = k - 1 \Rightarrow n = 2^k + k - 1$ τώρα, εφαρμόζοντας επαναλαμβανόμενα την κίνηση στα k+1

κουτιά στις θέσεις 2^k - 1, 2^k, 2^k + 1, ..., 2^k + k - 1

, μετακινώντας κυκλικά τη θέση του κουτιού που επιλέγουμε να βάλουμε κέρματα, εύκολα βλέπουμε πως κανένα κουτί δεν αδειάζει ποτέ (για να αδειάσει ένα κουτί απαιτούνται

υποδιπλασιασμοί του περιεχομένου του, ενώ μετά από k-1

υποδιπλασιασμούς έρχεται ξανά η ώρα του να γεμίσει). Μεγαλύτερες τιμές του $\ell$ από 2^k - 1

δε μας ενδιαφέρουν καθώς οδηγούν σε μεγαλύτερα

. Άρα η απάντηση είναι n = 2^k + k - 1

.

#10

Πολύ ωραία η εξήγηση του τρόπου σκέψης Νίκο. Ναι ήταν δικό μου πρόβλημα.

MAnTH05 · #11

Μια ακόμη λύση για το Πρόβλημα 1:
Αν

είναι το μέσο της

, τότε εφόσον $\angle ABD = \angle EAD = \phi$ (χορδής - εφαπτομένης) αρκεί ν.δ.ο $\angle EAM = \angle ABM.$
Ισχύει $\angle EAM = \angle EAO = 90^{\circ} - \angle ABC$ . Αν η

τέμνει τη μεσοκάθετο της

στο

, το τετράπλευρο AD'PD

είναι χαρταετός αφού AD' = AD

, άρα $\angle PDA = 90^{\circ}$ , άρα το

είναι το περίκεντρο του ABC

. Επομένως $\angle PBA = 90^{\circ} - \angle ABC = \theta$
Συνεπώς $\angle DBM = \angle DAM = \phi - \theta$ και το ζητούμενο έπεται. $\square$

BMO 2020

BMO 2020

Re: BMO 2020

Re: BMO 2020

Re: BMO 2020

Re: BMO 2020

Re: BMO 2020

Re: BMO 2020

Re: BMO 2020

Re: BMO 2020

Re: BMO 2020

Re: BMO 2020

Μέλη σε σύνδεση