ΒΜΟ 2018 - Θέματα

#1

Απολογούμαι για την καθυστέρηση στην ανάρτηση των θεμάτων αλλά χθες ήταν αρκετά κουραστική μέρα. Παρακαλώ οι λύσεις των ασκήσεων που μπήκαν στο άλλο θέμα να γραφτούν και εδώ.

Πρόβλημα 1.

Θεωρούμε τετράπλευρο ABCD

εγγεγραμμένο σε κύκλο

με

και όπου η

δεν είναι παράλληλη στην

. Οι διαγώνιοι

και

τέμνονται στο σημείο

και το σημείο

είναι το ίχνος της καθέτου από το

στο τμήμα

. Αν η

είναι διχοτόμος της γωνίας CED

, να αποδείξετε ότι η

είναι διάμετρος του κύκλου

.

Πρόβλημα 2.

Θεωρούμε ένα θετικό ρητό

. Δύο μυρμήγκια βρίσκονται αρχικά στο ίδιο σημείο

του επιπέδου. Στο

-οστό λεπτό ( $n=1,2,\dots$ ) κάθε ένα από αυτά επιλέγει αν θα κινηθεί βόρεια, νότια, ανατολικά ή δυτικά και μετακινείται $q^{n}$ μέτρα προς αυτήν την κατεύθυνση. Αν μετά από ακέραιο αριθμό λεπτών τα δύο μυρμήγκια βρεθούν στο ίδιο σημείο του επιπέδου (όχι απαραίτητα στο

), χωρίς να έχουν ακολουθήσει ακριβώς την ίδια διαδρομή, να προσδιορίσετε όλες τις δυνατές τιμές του

.

Πρόβλημα 3.

Ο Σιλουανός και ο Δημήτρης παίζουν το ακόλουθο παιγνίδι έχοντας αρχικά δύο μη κενές στοίβες νομισμάτων: Εναλλάξ, με τον Σιλουανό να ξεκινάει πρώτος, κάθε παίκτης διαλέγει μία στοίβα με άρτιο αριθμό νομισμάτων και μετακινεί τα μισά νομίσματα αυτής της στοίβας στην άλλη. Το παιγνίδι τερματίζεται όταν κάποιος από τους παίκτες δεν μπορεί να κάνει κίνηση. Σε αυτήν την περίπτωση κερδίζει ο άλλος παίκτης.

Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων (a,b)

ώστε αν αρχικά οι δύο στοίβες έχουν από

και

νομίσματα αντίστοιχα, τότε ο Δημήτρης έχει στρατηγική νίκης.

Πρόβλημα 4.

Να βρείτε όλους τους πρώτους αριθμούς

και

ώστε ο $3p^{q-1}+1$ να διαιρεί τον 11^p+17^p

.

S.E.Louridas · #2

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 10, 2018 8:26 am
Απολογούμαι για την καθυστέρηση στην ανάρτηση των θεμάτων αλλά χθες ήταν αρκετά κουραστική μέρα. Παρακαλώ οι λύσεις των ασκήσεων που μπήκαν στο άλλο θέμα να γραφτούν και εδώ.
Πρόβλημα 1.
Θεωρούμε τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κύκλο με και όπου η δεν είναι παράλληλη στην . Οι διαγώνιοι και τέμνονται στο σημείο και το σημείο είναι το ίχνος της καθέτου από το στο τμήμα . Αν η είναι διχοτόμος της γωνίας , να αποδείξετε ότι η είναι διάμετρος του κύκλου .

Αν

είναι το σημείο τομής των AD, BC,

τότε είναι άμεσα θεωρικά γνωστό λόγω της διχοτόμησης της γωνίας CED

, ότι η

στην οποία ανήκει και το

ορίζει τη πολική ως προς τον κύκλο του

Αν τώρα θεωρήσουμε την ευθεία LA' B'

, με

διάμετρο επίσης αυτή θα είναι κάθετη στην ίδια πολική. Άρα οι AB, A'B'

θα ταυτίζονται, λόγω του μονοσημάντου της κάθετης σημείου σε ευθεία.

(*) Σίγουρα πρόκειται για ένα πρόβλημα ύμνο της γνώσης της θεωρίας του πλήρους τετραπλεύρου και της πολικής. Γνώση που αν κάποιος την κατέχει δεν έχει να σκεφθεί και πολλά.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #3

Αντιγράφω κι εδώ τη λύση μου στο 1ο πρόβλημα:

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 10, 2018 8:26 am
Πρόβλημα 1.

Θεωρούμε τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κύκλο με και όπου η δεν είναι παράλληλη στην . Οι διαγώνιοι και τέμνονται στο σημείο και το σημείο είναι το ίχνος της καθέτου από το στο τμήμα . Αν η είναι διχοτόμος της γωνίας , να αποδείξετε ότι η είναι διάμετρος του κύκλου .

: BMO 2018-1.png (20.01 KiB) Προβλήθηκε 2620 φορές

Έστω

είναι το κέντρο του κύκλου. Έστω πως η

τέμνει την

στο σημείο

και η

τέμνει την

στο

. Επειδή $\widehat{LEF}=90^o$ και η

διχοτομεί την $\widehat{CED}$ , έχουμε πως η τετράδα (L, F, D, C)

είναι αρμονική. Άρα το

ανήκει στην πολική του

.

Ισχύει ότι σε κάθε εγγράψιμο τετράπλευρο το σημείο τομής των διαγωνίων του βρίσκεται στην πολική του σημείου τομής των απέναντι πλευρών. Άρα και το

ανήκει στην πολική του

. Με άλλα λόγια η πολική του

είναι η

, δηλαδή η

.

Προκύπτει λοιπόν ότι $LO \perp ME$ . Όμως $LA \perp ME$ , άρα το

βρίσκεται πάνω στην

και το ζητούμενο έπεται.

Ορέστης Λιγνός · #4

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 10, 2018 8:26 am
Απολογούμαι για την καθυστέρηση στην ανάρτηση των θεμάτων αλλά χθες ήταν αρκετά κουραστική μέρα. Παρακαλώ οι λύσεις των ασκήσεων που μπήκαν στο άλλο θέμα να γραφτούν και εδώ.

Πρόβλημα 1.

Θεωρούμε τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κύκλο με και όπου η δεν είναι παράλληλη στην . Οι διαγώνιοι και τέμνονται στο σημείο και το σημείο είναι το ίχνος της καθέτου από το στο τμήμα . Αν η είναι διχοτόμος της γωνίας , να αποδείξετε ότι η είναι διάμετρος του κύκλου .

Έστω $K \equiv AD \cap BC, \, L \equiv CD \cap AB$ . Επίσης, έστω $X \equiv EM \cap CD, \, X' \equiv KM \cap CD$ .

Τότε, αφού $\widehat{LEX}=90^\circ, \, \widehat{DEX}=\widehat{XEC}$ , ισχύει (L,D,X,C)=-1

.

Επίσης, από το πλήρες τετράπλευρο KDMC.AB

έχουμε ότι (L,D,X',C)=-1

, άρα

συμπίπτουν.

Άρα, τα K,X,M,E

είναι συνευθειακά.

Φέρνουμε $BD' \perp DA \, , AC' \perp CB$ και έστω $L' \equiv C'D' \cap LB$ .

Από τα εγγράψιμα CDAB, C'D'AB

έχουμε τις ισότητες των πράσινων γωνιών, άρα $CD \parallel C'D'$ (1).

Τότε, από το πλήρες τετράπλευρο KDMC.AB

είναι

(2).

Από το πλήρες τετράπλευρο KD'M'C'

(όπου $M' \equiv AC' \cap BD'$ ) είναι (L',A,E,B)=-1

(3).

Από (2), (3) $L \equiv L'$ , και αφού $CD \parallel C'D'$ ισχύει $CD \equiv C'D' \Rightarrow C \equiv C', D \equiv D'$ .

Έτσι, $\widehat{ADB}=\widehat{ACB}=90^\circ \Rightarrow AB$ διάμετρος του κύκλου (k)

.

: BMO1.png (32.98 KiB) Προβλήθηκε 2576 φορές

Ορέστης Λιγνός · #5

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 10, 2018 8:26 am
Απολογούμαι για την καθυστέρηση στην ανάρτηση των θεμάτων αλλά χθες ήταν αρκετά κουραστική μέρα. Παρακαλώ οι λύσεις των ασκήσεων που μπήκαν στο άλλο θέμα να γραφτούν και εδώ.

Πρόβλημα 4.

Να βρείτε όλους τους πρώτους αριθμούς και ώστε ο $3p^{q-1}+1$ να διαιρεί τον .

Μία λύση...

Θα εξετάσουμε πρώτα την περίπτωση $q \neq 2$ .

Τότε, έστω

ένας περιττός πρώτος διαιρέτης του $3p^{q-1}+1$ (Πάντα υπάρχει τέτοιος

, καθώς αν $p \neq 2$ , ο $3p^{q-1}+1$ είναι $\equiv 4 \pmod 8$ , και αφού $3p^{q-1}+1>4$ , θα έχει αναγκαστικά έναν πρώτο (περιττό) διαιρέτη. Αν τώρα p=2

, ο $3 \cdot 2^{q-1}+1$ είναι περιττός, και προφανώς έχει έναν πρώτο περιττό διαιρέτη).

Άρα, $r \mid 3p^{q-1}+1 \mid 11^p+17^p \Rightarrow (\dfrac{11}{17})^{2p} \equiv 1 \pmod r$ .

Έστω το order του $\dfrac{11}{17} \pmod r$ να είναι το

.

Τότε, από τον ορισμό του $\rm ord$ , είναι $x \mid 2p, \, x \mid r-1$ .

Άρα, $x \in \{1,2,p,2p \}$ .

Αν $x \in \{1,p\}$ , τότε αν x=1

, είναι $(\dfrac{11}{17})^1 \equiv 1 \pmod r \Rightarrow r \mid 17-11=6 \Rightarrow r \in \{2,3\}$ , άτοπο, αφού ο

είναι περιττός, και $r \mid 3p^{q-1}+1 \equiv 1 \pmod 3$ . Αν επίσης x=p

, έχουμε ομοίως άτοπο.

Άρα, x=2

ή

.

Αν

, τότε $(\dfrac{11}{17})^2 \equiv 1 \pmod r \Rightarrow r \mid 168 \Rightarrow r=7$ , αφού $r \neq 2,3$ .

Αυτό σημαίνει, ότι $3p^{q-1}+1=4^m7^n$ (αφού $3p^{q-1}+1 =3p^{2\ell}+1=3(p^2)^\ell +1 \equiv 0 \pmod 4$ ). Από το LTE, είναι $7^2 \mid \mid 11^n+17^n$ , επομένως $n \leqslant 2$ , και όμοια $m \leqslant 1$ . Παίρνοντας τις περιπτώσεις, έχουμε τη λύση (p,q)=(3,3)

.

Αν

, το $r \equiv 1 \pmod {2p}$ , και άρα $3p^{q-1}+1=4^m7^ns$ , με $(s,14)=1, \, s \equiv 1 \pmod p$ . Όπως πριν, $m \leqslant 2, \, n \leqslant 1$ , και άρα παίρνοντας $\pmod p$ , έχουμε $3,27 \equiv 0 \pmod p \Rightarrow (p,q)=(3,3)$ .

Τέλος, εξετάζουμε την περίπτωση q=2

. Τότε, $3p+1 \mid 17^p+11^p$ . Αν ο 3p+1

έχει έναν περιττό πρώτο διαιρέτη, έστω

, εφαρμόζουμε την διαδικασία της προηγούμενης λύσης. Αν όχι, τότε 3p+1=2^d

, και αφού $(-1)^d \equiv 2^d=3p+1 \equiv 1 \pmod 3 \Rightarrow d=2t$ .

Έτσι, (2^t-1)(2^t+1)=3p

. Αφού

, είναι

ή

. Και οι δύο περιπτώσεις δίνουν εύκολα άτοπο. (η πρώτη δίνει $t=1 \Rightarrow p=1$ , άτοπο, και η δεύτερη p=5

, που δεν επαληθεύει).

Τελικά, μοναδική λύση η $\boxed{(p,q)=(3,3)}$ .

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #6

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 10, 2018 8:26 am

Πρόβλημα 2.

Θεωρούμε ένα θετικό ρητό . Δύο μυρμήγκια βρίσκονται αρχικά στο ίδιο σημείο του επιπέδου. Στο -οστό λεπτό ( $n=1,2,\dots$ ) κάθε ένα από αυτά επιλέγει αν θα κινηθεί βόρεια, νότια, ανατολικά ή δυτικά και μετακινείται $q^{n}$ μέτρα προς αυτήν την κατεύθυνση. Αν μετά από ακέραιο αριθμό λεπτών τα δύο μυρμήγκια βρεθούν στο ίδιο σημείο του επιπέδου (όχι απαραίτητα στο ), χωρίς να έχουν ακολουθήσει ακριβώς την ίδια διαδρομή, να προσδιορίσετε όλες τις δυνατές τιμές του .

Έστω

θέσεις με συντεταγμένες A(x_1, y_1)

και

. Ορίζουμε D(A, B)=x_1+y_1-x_2-y_2

.

Ειδικότερα όταν αναφερόμαστε στο D(A_n, B_n)

αναφερόμαστε στο D(A, B)

όπου

και

οι θέσεις των μυρμηγκιών τη χρονική στιγμή

-οστό λεπτό.

Αρχικά ισχύει προφανώς ότι D(A_0, B_0)=0

.

Παρατηρούμε πως οι τιμές του $D(A_i, B_i)-D(A_{i-1}, B_{i-1})$ είναι 2q^i

ή

. Αυτό ισχύει επειδή από τη χρονική στιγμή i-1

στην

το

μεταβάλλεται κατά $\pm q^i$ . Το ίδιο και το x_2+y_2

. Επομένως η διαφορά τους μεταβάλλεται κατά $\pm 2q^i$ ή μένει σταθερή.

Έστω ότι τα μυρμήγκια συναντιούνται ακριβώς τη χρονική στιγμή n-οστό λεπτό.

Αυτό σημαίνει πως D(A_n, B_n)=0

, αλλά $D(A_{n-1}, B_{n-1})\ne 0$ , αφού η συνάντηση δεν είχε γίνει ήδη από τη στιγμή (n-1)

-οστό λεπτό.

Άρα $D(A_n, B_n)-D(A_{n-1}, B_{n-1})=\pm 2q^n$ .

Έστω πως μέχρι τη χρονική στιγμή (m-1)

-οστό λεπτό τα μυρμήγκια ακολουθούν την ίδια διαδρομή. Αυτό σημαίνει πως $D(A_{m-1}, B_{m-1})=0$ . Όμως αφού μετά θα αλλάξουν διαδρομή θα ισχύει ότι $D(A_m, B_m)-D(A_{m-1}, B_{m-1})=\pm 2q^m$ .

Συνοψίζοντας έχουμε πως:

$D(A_n, B_n)=\pm 2q^m+2x_1q^{m+1}+...+2x_{n-m-1}q^{n-1} \pm2q^n$ , όπου $x_i\in \{1, 0, -1\}$ .

Έχουμε:

$0=\pm 2q^m+2x_1q^{m+1}+...+2x_{n-m-1}q^{n-1} \pm2q^n\Leftrightarrow \pm 1+x_1q+...+x_{n-1-m}q^{n-1-m} \pm q^{n-m}$

Θέτουμε n-m=a

.

Θεωρούμε το πολυώνυμο $P(q)=\pm q^a+x_{a-1}q^{a-1}+...\pm 1$

Αυτό έχει την ρητή ρίζα $q=\dfrac{b}{c}$ με (b, c)=1

.

Ισχύει πως $b|\pm 1$ και $c|\pm 1$ , άρα q=-1

(απορρίπτεται) και q=1

.

Εύκολα βλέπουμε πως για q=1

ισχύει το ζητούμενο.

min## · #7

Για το 3:
Πρώτη περίπτωση: $a,b\equiv 0 mod2$ .
Έστω $\upsilon _{2}(a)=s,\upsilon _{2}(b)=t$ και έστω $s\geq t$ .Για όλες τις θέσεις, εκτός από όταν s=t+1

(είτε στην αρχή είτε κατά τη διάρκεια του παιχνιδιού) οι 2 κινήσεις μεταβάλλουν τα s,t

ως εξής:

και

.Ονομάζω κατάσταση

την κατάσταση όπου οι αριθμοί είναι ίδιοι(είτε στην αρχή είτε κατά τη διάρκεια του παιχνιδιού).
Αν τώρα $t\equiv 1mod2$ κερδίζει πάντα ο Σιλουανός γιατί με την κίνηση (2)

φέρνει το παιχνίδι σε κατάσταση

ενώ κάθε κίνηση σε κατάσταση

διατηρεί το παιχνίδι σε κατάσταση

, και οι δύο αριθμοί θα μειώνονται κατά 1 με τον Σιλουανό να έχει το tempo.Αν $t\equiv 0 mod2$ ,όποιος φέρει το παιχνίδι σε κατάσταση

χάνει το tempo και το παιχνίδι,οπότε οι δύο παίκτες μειώνουν συνεχώς το

,και συνεπώς το

.Την κρίσιμη στιγμή όπου $s_{i}=t_{i}+1$ ,με μείωση του $s_{i}$ η μικρότερη εκ των 2 τιμή που θα προκύψει θα είναι ίδια με πριν, ενώ η μεγαλύτερη πιθανώς να αλλάξει ανεξέλεγκτα.Για αποφυγή ήττας,οι δύο παίκτες θα εξακολουθούν να παίζουν με τον ίδιο τρόπο και το παιχνίδι δε θα έχει νικητή.Η μόνη περίπτωση που κερδίζει ο Δημήτρης είναι αν το παιχνίδι αρχίσει σε κατάσταση

Δεύτερη περίπτωση : $a\equiv 1 mod2,b\equiv 0 mod2$ .Το παιχνίδι φανερά δεν τελειώνει ποτέ.
Τρίτη περίπτωση: $a\equiv b\equiv 1 mod2$ .Φανερά κερδίζει ο Δημήτρης.
Άρα ο Δημήτρης κερδίζει για περιττά a,b

και για τέτοια ώστε $s=t,\upsilon _{2}(a)\equiv 0mod2$ .

Edit:Εννοούσα s=t

#8

min## έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 12, 2018 6:08 pm
Άρα ο Δημήτρης κερδίζει για περιττά και για τέτοια ώστε $a=b,\upsilon _{2}(a)\equiv 0mod2$ .

Τι εννοείς a=b

; Ότι κάθε στήλη έχει το ίδιο πλήθος νομισμάτων;

Για την ιστορία να αναφέρω ότι το όμορφο αυτό πρόβλημα προτάθηκε από τον Δημήτρη (Χριστοφίδη)

Για μια ακόμη φορά (είναι η 4η σε ΒΜΟ) θέμα συνδυαστικής του Δημήτρη επιλέγεται για τον διαγωνισμό.

Τα προβλήματα 1 και 4 προτάθηκαν από τη Βουλγαρία, ενώ το πρόβλημα 2 από το Ηνωμένο Βασίλειο.

#9

silouan έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 12, 2018 8:47 pm
Για μια ακόμη φορά (είναι η 4η σε ΒΜΟ) θέμα συνδυαστικής του Δημήτρη επιλέγεται για τον διαγωνισμό.

Η 3η. Εκτός και αν μετράμε και την JBMO.

#10

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 10, 2018 8:26 am
Πρόβλημα 2.

Θεωρούμε ένα θετικό ρητό . Δύο μυρμήγκια βρίσκονται αρχικά στο ίδιο σημείο του επιπέδου. Στο -οστό λεπτό ( $n=1,2,\dots$ ) κάθε ένα από αυτά επιλέγει αν θα κινηθεί βόρεια, νότια, ανατολικά ή δυτικά και μετακινείται $q^{n}$ μέτρα προς αυτήν την κατεύθυνση. Αν μετά από ακέραιο αριθμό λεπτών τα δύο μυρμήγκια βρεθούν στο ίδιο σημείο του επιπέδου (όχι απαραίτητα στο ), χωρίς να έχουν ακολουθήσει ακριβώς την ίδια διαδρομή, να προσδιορίσετε όλες τις δυνατές τιμές του .

Για μένα το καλύτερο πρόβλημα όχι μόνο του διαγωνισμού αλλά και ολόκληρης της shortlist. Θα ήθελα να μοιραστώ την μία από τις δύο επίσημες λύσεις. Δεν γνωρίζω αν είναι του θεματοθέτη ή της Problem Solving Committee. Άπειρα

πάντως σε όποιον την βρήκε.

Γράφουμε w_k,z_k

για τους μιγαδικούς αριθμούς που δηλώνουν την μετακίνηση των μυρμηγκιών στο

-οστό λεπτό. Είναι απλό ότι w_k - z_k = a_k q^k

για κάποιο $a_k \in \{0, \pm 2, \pm 2i, 1 \pm i, -1 \pm i\}$ . Αν τα μυρμήγκια συναντηθούν στο

-οστό λεπτό θα έχουμε

$\displaystyle 0= \sum_{k=1}^n a_k q^k$

Διαιρώντας με (1+i)

παίρνουμε ένα πολυώνυμο P(x)

με συντελεστές στο σύνολο $S=\{0,\pm 1, \pm i, 1\pm i, -1\pm i\}$ ώστε P(q) = 0

. Το πολυώνυμο δεν είναι το μηδενικό και από το θεώρημα ρητών ριζών στο $\mathbb{Z} \left[i\right]$ (ίδια απόδειξη με πολυώνυμα στους ακεραίους) πρέπει q = a/b

όπου τα

διαιρούν στοιχεία του

. Όμως το

περιέχει (εκτός από το

) μόνο μονάδες του $\mathbb{Z} \left[i\right]$ . Επειδή ο

είναι θετικός (πραγματικός) ρητός πρέπει q=1

.

ΒΜΟ 2018 - Θέματα

ΒΜΟ 2018 - Θέματα

Re: ΒΜΟ 2018 - Θέματα

Re: ΒΜΟ 2018 - Θέματα

Re: ΒΜΟ 2018 - Θέματα

Re: ΒΜΟ 2018 - Θέματα

Re: ΒΜΟ 2018 - Θέματα

Re: ΒΜΟ 2018 - Θέματα

Re: ΒΜΟ 2018 - Θέματα

Re: ΒΜΟ 2018 - Θέματα

Re: ΒΜΟ 2018 - Θέματα

Μέλη σε σύνδεση