mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 09, 2018 11:04 am**

Καλή Επιτυχία στις ομάδες της Ελλάδας και της Κύπρου στη Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα, όπου σήμερα είναι η πρώτη διαγωνιστική μέρα

.

Εδώ είναι η επίσημη Ιστοσελίδα

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 09, 2018 11:52 am**

Καλή επιτυχία στην Ελληνική και στην Κυπριακή αποστολή!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 09, 2018 1:40 pm**

Εύχομαι από καρδιάς καλή επιτυχία στους Έλληνες διαγωνιζόμενους, αλλά και στους Κύπριους αδελφούς μας διαγωνιζόμενους.
Καλή επάνοδο στην Ελλάδα μας και στην Κύπρο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 09, 2018 1:43 pm**

Καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά της Ελλάδος και της Κύπρου και ιδιαίτερα στους 2 Δημητράκηδες!!!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 09, 2018 2:25 pm**

Πρόβλημα 1

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο ABC

και έστω $\Gamma$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Τα σημεία

και

βρίσκονται στα τμήματα

και

αντίστοιχα ώστε AD = AE

. Οι μεσοκάθετες των

και

τέμνουν τα μικρά τόξα

και

του $\Gamma$ στα σημεία

και

αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες

και

είτε είναι παράλληλες είτε είναι οι ταυτόσημες.

Πρόβλημα 2

Να βρεθούν όλοι οι ακέραιοι $n \geqslant 3$ για τους οποίους υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί $a_1, a_2, \dots a_{n + 2}$ οι οποίοι ικανοποιούν

$a_{n + 1} = a_1$ , $a_{n + 2} = a_2$

και

$a_ia_{i + 1} + 1 = a_{i + 2}$ για $i = 1, 2, \dots, n$ .

Πρόβλημα 3

Ένα τρίγωνο αντι-Πασκάλ είναι μια τριγωνική διάταξη αριθμών έτσι ώστε εκτός από τους αριθμούς της τελευταίας σειράς, κάθε αριθμός είναι η απόλυτη τιμή της διαφοράς των δύο αριθμών που βρίσκονται αμέσως από κάτω του. Π.χ. το πιο κάτω είναι ένα τρίγωνο αντι-Πασκάλ με τέσσερις σειρές που περιέχει κάθε αριθμό από το

ως το

.

$\begin{tabular}{lllllll} & & & 4 & & & \\ & & 2 & & 6 & & \\ & 5 & & 7 & & 1 & \\ 8 & & 3 & & 10 & & 9 \end{tabular}$

Υπάρχει τρίγωνο αντι-Πασκάλ με 2018

σειρές το οποίο να περιέχει κάθε ακέραιο από το

ως το $1+2+\cdots+2018$ ;

Πρόβλημα 4

Ένα κελί, είναι ένα σημείο (x, y)

του επιπέδου ώστε τα

και

να είναι και τα δύο θετικοί ακέραιοι μικρότεροι ή ίσοι του

.

Αρχικά υπάρχουν 400

κενά κελιά. Ο Αντρέας και ο Βασίλης τοποθετούν εναλλάξ πέτρες στα κελιά με τον Αντρέα να αρχίζει πρώτος. Σε κάθε του κίνηση, ο Αντρέας τοποθετεί μια κόκκινη πέτρα σε ένα κενό κελί με τέτοιο τρόπο ώστε κάθε δυο κελιά με κόκκινες πέτρες να μην έχουν απόσταση ίση με $\sqrt{5}$ . Σε κάθε του κίνηση, ο Βασίλης τοποθετεί μια μπλε πέτρα σε ένα κενό κελί. (Ο Βασίλης επιτρέπεται να τοποθετήσει πέτρα σε οποιαδήποτε απόσταση από άλλη πέτρα θέλει.) Σταματούν όταν ένας εκ των δύο δεν μπορεί να τοποθετήσει άλλη πέτρα.

Να βρεθεί το μέγιστο

ώστε ο Αντρέας να μπορεί σίγουρα να τοποθετήσει

κόκκινες πέτρες, άσχετα με το πως τοποθετεί τις πέτρες του ο Βασίλης.

Πρόβλημα 5

Δίνεται μια άπειρη ακολουθία $a_1,a_2,\ldots$ θετικών ακεραίων. Έστω ότι υπάρχει ακέραιος N > 1

ώστε για κάθε $n \geqslant N$ , ο αριθμός

$\displaystyle \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_2}{a_3} + \ldots + \frac{a_{n-1}}{a_n} + \frac{a_n}{a_1}$

να είναι ακέραιος. Να δειχθεί ότι υπάρχει θετικός ακέραιος

έτσι ώστε $a_m = a_{m+1}$ για κάθε $m \geqslant M$ .

Πρόβλημα 6

Ένα κυρτό τετράπλευρο ABCD

ικανοποιεί $AB\cdot CD$ = $BC\cdot DA$ . Σημείο

στο εσωτερικό του ABCD

είναι τέτοιο ώστε $\angle{XAB} = \angle{XCD}$ και $\angle{XBC} = \angle{XDA}$ .

Να δειχθεί ότι $\angle{BXA} + \angle{DXC} = 180^{\circ}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 09, 2018 3:52 pm**

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 09, 2018 2:25 pm
Πρόβλημα 1

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο και έστω $\Gamma$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Τα σημεία και βρίσκονται στα τμήματα και αντίστοιχα ώστε . Οι μεσοκάθετες των και τέμνουν τα μικρά τόξα και του $\Gamma$ στα σημεία και αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες και είτε είναι παράλληλες είτε είναι οι ταυτόσημες.

Έστω ότι οι δύο μεσοκάθετοι τέμνονται στο

και $L \equiv FK \cap BD, M \equiv EC \cap GK$ . Έστω

το έκκεντρο του τριγώνου ABC

. Τότε, προφανώς έχουμε $AI \perp DE$ . Έστω $T \equiv AI \cap DE$ . Τότε, το ATLF

είναι εγγράψιμο, οπότε $\angle LAT=\angle LFT=\angle LFG \Rightarrow \angle KFG=\dfrac{\angle A}{2}$ , και όμοια $\angle FGK=\dfrac{\angle A}{2}$ . Άρα, αν $P \equiv EG \cap DB$ , έχουμε $\angle APG=90-\dfrac{\angle A}{2}=\angle ADE \Rightarrow DE \parallel FG$ , ό.έ.δ.

(Προφανώς, όταν $B \equiv D$ , οι ευθείες ταυτίζονται).

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 09, 2018 3:57 pm**

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 09, 2018 2:25 pm

Πρόβλημα 2

Να βρεθούν όλοι οι ακέραιοι $n \geqslant 3$ για τους οποίους υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί $a_1, a_2, \dots a_{n + 2}$ οι οποίοι ικανοποιούν

$a_{n + 1} = a_1$ , $a_{n + 2} = a_2$

και

$a_ia_{i + 1} + 1 = a_{i + 2}$ για $i = 1, 2, \dots, n$ .

Έχουμε $a_1a_2+1=a_3 \Rightarrow a_1a_2a_3=a_3^2-a_3$ άρα $a_ia_{i+1}a_{i+2}=a_{i+2}^2-a_i$ για κάθε $i=1,2, \ldots, n$ .

Άρα, $a_1a_2a_3+a_2a_3a_4+ \ldots+ a_{n}a_{n+1} a_{n+2}=\sum a_i^2-\sum a_i$ Επίσης, a_1a_2a_3+a_1=a_1a_4

etc, so $a_1a_4+a_2a_5+ \ldots+a_na_{n+3}=a_1^2+a_2^2+ \ldots a_n^2$ , όπου $a_{n+3}=a_1$ . Από AM-GM, $a_{j}a_{j+3} \leqslant \dfrac{a_{j}^2+a_{j+3}^2}{2}$ και εφαρμόζοντας την, έχουμε ισότητα, άρα $a_j=a_{j+3}$ .

Αν τώρα

δεν είναι $\equiv 0 \pmod 3$ , έχουμε δύο περιπτώσεις. Αν $n \equiv 1 \pmod 3$ : $a_1=a_4=a_7= \ldots=a_{n}=a_{3}= \ldots$ άρα τελικά όλα τα a_i

είναι ίσα, οπότε $a_1=a_1^2+1 \geqslant 2a_1>a_1$ , άτοπο.
Όμοια, $n \equiv 2 \pmod 3$ είναι άτοπο, άρα n=3k

, και μπορούμε εύκολα να κάνουμε μία κατασκευή, π.χ. (2,-1,-1)

φορές.

Άρα η $n=3k, \, k \in \mathbb{N}$ είναι η μόνη λύση στο πρόβλημα.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 09, 2018 4:08 pm**

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 09, 2018 2:25 pm
Πρόβλημα 2

Να βρεθούν όλοι οι ακέραιοι $n \geqslant 3$ για τους οποίους υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί $a_1, a_2, \dots a_{n + 2}$ οι οποίοι ικανοποιούν

$a_{n + 1} = a_1$ , $a_{n + 2} = a_2$

και

$a_ia_{i + 1} + 1 = a_{i + 2}$ για $i = 1, 2, \dots, n$ .

Ωραίο!

Για

πολλαπλάσιο του

γίνεται αν πάρουμε την ακολουθία $-1,-1,2,-1,-1,2,\ldots$ . Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι $3 \nmid n$ .

Παρατηρούμε ότι $a_ia_{i+3} = a_ia_{i+1}a_{i+2} + a_i = a_{i+2}^2 - a_{i+2} + a_i$ για κάθε $1 \leqslant i \leqslant n$ . (Όπου $a_{n+3} = a_3$ .)

Άρα

$\displaystyle a_1a_4 + a_2a_5 + \cdots + a_{n-2}a_1 + a_{n-1}a_2 + a_na_3 = a_1^2 + \cdots + a_n^2$

Από την ανισότητα της αναδιάταξης είναι $a_i = a_{i+3}$ για κάθε

. Επειδή $3 \nmid n$ , παίρνουμε $a_1 = a_2 = \cdots = a_n$ . Έστω a_1 = x

. Τότε

. Αλλά

, άτοπο.

Ισχύει λοιπόν αν και μόνο αν 3|n

.

Δεν πρόσεξα ότι απάντησε ο Ορέστης με ουσιαστικά την ίδια λύση.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 09, 2018 5:29 pm**

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 09, 2018 2:25 pm
Πρόβλημα 1

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο και έστω $\Gamma$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Τα σημεία και βρίσκονται στα τμήματα και αντίστοιχα ώστε . Οι μεσοκάθετες των και τέμνουν τα μικρά τόξα και του $\Gamma$ στα σημεία και αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες και είτε είναι παράλληλες είτε είναι οι ταυτόσημες.

Μια διαφορετική λύση από αυτή του Ορέστη, η οποία είναι λίγο πιο "άκομψη".

Δεν αναλύω τις τετριμμένες περιπτώσεις που ένα από τα D, E

ταυτίζεται με τα B, C

αντίστοιχα.

: IMO 2018 P1.png (34 KiB) Προβλήθηκε 6704 φορές

Έστω πως η

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC

σε σημείο

.

Παρατηρούμε πως $\widehat{ADL}=\widehat{FDB}=\widehat{FBD}=\widehat{FBA}=\widehat{FLA}=\widehat{ALD}$ .

Άρα το τρίγωνο LAD

είναι ισοσκελές, με AL=AD=AE

.

Όμοια αν η

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC

στο

, τότε

.

Θα αποδείξουμε πως FG//DE

, δηλαδή $\widehat{LFG}=\widehat{LDE}$ .

Παρατηρούμε πως $\widehat{LFG}=\widehat{LAG}$ , ενώ $\widehat{LDE}=\dfrac{\widehat{LAE}}{2}$ (αφού η $\widehat{LAE}$ είναι επίκεντρη της $\widehat{LDE}$ στο κύκλο με κέντρο

και ακτίνα AL=AK=AE=AD

.

Άρα αρκεί να αποδείξουμε πως $\widehat{LAG}=\widehat{CAG}$ , δηλαδή GL=GC

.

Ξέρουμε όμως πως GC=GE

, από τον ορισμό του

.

Άρα αρκεί GL=GE

.

Παρατηρούμε πως το τετράπλευρο KALG

είναι εγγράψιμο και AK=AL

, άρα η

είναι η διχοτόμος της $\widehat{LGE}$ .

Αν το LGE

δεν ήταν ισοσκελές, τότε αφού το

ανήκει στη διχοτόμο της $\widehat{LGE}$ και AE=AL

, θα έπρεπε το GLAE

να είναι εγγράψιμο (θεώρημα νότιου πόλου), άτοπο, αφού ο περιγεγραμμένος κύκλος του ALG

είναι ο περιγεγραμμένος κύκλος του ABC

και το

δεν ανήκει σε αυτό το κύκλο.

Άρα το LGE

είναι ισοσκελές με GL=GE

και το ζητούμενο έπεται.

EDIT: Προστέθηκε το σχήμα!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 09, 2018 7:02 pm**

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 09, 2018 2:25 pm
Πρόβλημα 1

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο και έστω $\Gamma$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Τα σημεία και βρίσκονται στα τμήματα και αντίστοιχα ώστε . Οι μεσοκάθετες των και τέμνουν τα μικρά τόξα και του $\Gamma$ στα σημεία και αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες και είτε είναι παράλληλες είτε είναι οι ταυτόσημες.

Θα χρησιμοπουμε μιγαδικοί αριθμοί
Έστω ότι Γ είανι το μοναδιαίο κύκλο και έστω ότι H_1

,

είναι το σημείο τομής των

και

με των μεσοκάθετων τους αντίστοιχα.
Τωρά BH_1=DH_1

και $FH_1 \perp AB$
$d=2h_1-b=2\left[\frac12\left(a+b+f-\frac{ab}{f}\right)\right] - b = a+f-\frac{ab}{f}$
και $e=2h_2-c=a+g-\frac{ac}{g}$
Επίσης
|a-d|=|a-e|

$\left|\frac{ab}{f}-f\right|=\left|\frac{ac}{g}-g\right|$
|ab-f^2|^2 = |ac-g^2|^2

Έχουμε 2 περιπτώσεις
Περίπτωση 1: a^2bc-f^2g^2

Εδώ $\frac{d-e}{f-g} = \frac{f-\frac{ab}f-g+\frac{ac}g}{f-g} = 1 - \frac{a(bg-cf)}{fg(f-g)}$
και $\frac{\bar{d}-\bar{e}}{\bar{f}-\bar{g}}= {\bar{\frac{d-e}{f-g}}=\bar{1 - \frac{a(bg-cf)}{fg(f-g)}}=1 - \frac{a(bg-cf)}{fg(f-g)}$
αφού a^2bc-f^2g^2

Άρα οι ευθείες

και

είτε είναι παράλληλες είτε είναι οι ταυτόσημες.
Περίπτωση 2: bg^2=cf^2

$\implies \frac{f^2}b = \frac{g^2}c$
Αλλά $\overarc{BF}\le\overarc{AF}$ και $\overarc{CG}\le\overarc{AG}$ (είναι φανερό)
Οπότε $\frac{f^2}b = \frac{g^2}c$ ειναι πάνω στα τόξα $\overarc{AF}$ και $\overarc{AG}$ δηλαδή είανι τα ίσα κλάσματα είανι το σημείο Α
Δηλαδή $\frac{f^2}b=\frac{g^2}c = a \implies a^2bc = f^2g^2$ που είανι ακριβώς η περίπτωση 1.
Άρα η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 09, 2018 7:52 pm**

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 09, 2018 2:25 pm
Πρόβλημα 3

Ένα τρίγωνο αντι-Πασκάλ είναι μια τριγωνική διάταξη αριθμών έτσι ώστε εκτός από τους αριθμούς της τελευταίας σειράς, κάθε αριθμός είναι η απόλυτη τιμή της διαφοράς των δύο αριθμών που βρίσκονται αμέσως από κάτω του. Π.χ. το πιο κάτω είναι ένα τρίγωνο αντι-Πασκάλ με τέσσερις σειρές που περιέχει κάθε αριθμό από το ως το .

$\begin{tabular}{lllllll} & & & 4 & & & \\ & & 2 & & 6 & & \\ & 5 & & 7 & & 1 & \\ 8 & & 3 & & 10 & & 9 \end{tabular}$

Υπάρχει τρίγωνο αντι-Πασκάλ με σειρές το οποίο να περιέχει κάθε ακέραιο από το ως το $1+2+\cdots+2018$ ;

Με παίδεψε πολύ αυτή η άσκηση ...

Καταρχήν, θα ''γυρίσω'' ανάποδα το τρίγωνο (έτσι ώστε στην βάση του να υπάρχει μόνο

αριθμός)

Λοιπόν, ξεκινάμε ορίζοντας:

Base: ο αριθμός στην βάση του τριγώνου.

Τώρα, σχηματίζουμε μία γραμμή, ξεκινώντας από τον base, έχουμε τους δύο αποπάνω αριθμούς, από τους οποίους σχηματίστηκε ο base, και από αυτούς παίρνουμε τον μεγαλύτερο, και κάνουμε την ίδια διαδικασία. Όλοι αυτοί οι αριθμοί, οι ''μεγάλοι'' σχηματίζουν μία γραμμή, που την ονομάζουμε big line. Οι ''μικρότεροι'' αριθμοί, ονομάζονται small numbers.
Ο μεγαλύτερος αριθμός στην πάνω σειρά, ονομάζεται big.

Από τον big, φέρνουμε παράλληλη προς μία πλευρά του τριγώνου, όπως και από τον αριθμό δεξιά από τον big, και σχηματίζουμε δύο σχήματα, που έχουν τις ιδιότητες τις εκφώνησης για το αντί-Πασκάλ (εκτός από ότι περιέχει κάθε ακέραιο). Αυτά τα ονομάζουμε sub-triangles.

Π.χ. για n=5

έχουμε το :

: IMO 2018 Problem 3.png (14.17 KiB) Προβλήθηκε 6954 φορές

όπου η γραμμή είναι η big line, οι μαύροι αριθμοί αποτελούν τα subtriangles, οι κυκλωμένοι αριθμοί είναι οι small numbers και o

είναι ο base.

Επίσης, εύκολα αποδεικνύεται ότι ο big είναι ίσος με το άθροισμα των small numbers και του base. Οπό

Οπότε μετράμε το ελάχιστο άθροισμα των base και των small numbers στα sub-triangles, που είναι $(n+1)+(n+2) \ldots+(2n-2)=\dfrac{3n^2-7n+2}{2}$ .

Επίσης, αφού έχουμε δύο subtriangles, το άθροισμα των big τους είναι το πολύ $\dfrac{n(n-1)-4}{2}+\dfrac{n(n-1)-2}{2}$ , άρα $\dfrac{3n^2-7n+2}{2} \leqslant n^2+n-3 \Rightarrow n \leqslant 9$ , οπότε καταλήγουμε ότι αν n>10

, άρα και για n=2018

είναι αδύνατο να κατασκευαστεί ένα αντι-Πασκάλ.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 09, 2018 8:38 pm**

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 09, 2018 2:25 pm
Πρόβλημα 1
Έστω οξυγώνιο τρίγωνο και έστω $\Gamma$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Τα σημεία και βρίσκονται στα τμήματα και αντίστοιχα ώστε . Οι μεσοκάθετες των και τέμνουν τα μικρά τόξα και του $\Gamma$ στα σημεία και αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες και είτε είναι παράλληλες είτε είναι οι ταυτόσημες.

Εντάξει είναι ένα καλό πρόβλημα, ιδανικό για πρώτο θέμα, ας πούμε για «προθέρμανση» (πιστεύω ότι στο πρόβλημα αυτό οι Έλληνες διαγωνιζόμενοι θα "κτυπήσουν" όλοι άριστα). Για να δούμε και την αυριανή μέρα αν θα έχει και κάποιο πιό στιβαρό γεωμετρικό θέμα, για Ολυμπιάδα ... ίδωμεν. Και το λέω αυτό γιατί αργά αλλά σταθερά, έχουμε αλλαγή νοοτροποίας στην θεματολογία των διεθνών διαγωνισμών, με την ελπίδα οι σύγχρονοι τροπαιούχοι να έχουν την ίδια δυνατότητα να κατανοούν αργότερα έννοιες από την πραγματική ανάλυση, την διαφορική γεωμετρία την τοπολογία, την άλγεβρα κτλ., άν αυτό βέβαια παραμένει ζητούμενο. .... και πάλι ίδωμεν ... αφού ένας ισυχρός σύμμαχος της αλήθειας είναι ο χρόνος.
Απλά ας δούμε τώρα για το πρόβλημα αυτό και μία «αιρετική» λύση, κύρια για λόγους πλουραλισμού:

Στο σχήμα θεωρούμε ${G_1} \equiv ZE \cap \left( O \right),\;\,{F_1} \equiv KD \cap \left( O \right).$ Άμεσα παρατηρούμε ότι ${G_1}E = {G_1}C,\;\,{F_1}D = {F_1}B \Rightarrow {G_1} \equiv G,\;{F_1} \equiv F.$
Τα Τρίγωνα ZAF

και

είναι αμβλυγώνια και ίσα, αφού έχουμε $ZA = DA,\;FA = FA,\;\angle {F_{{1}}} = \angle {F_{{2}}}$ .
Επομένως {F}Z = {F}D = {F}B.

Συνεπώς $\angle ZED = \angle {A_1} = \angle ZGF \Rightarrow GF\parallel ED.$ Όταν το σημείο

συμπέσει με το σημείο

, τότε έχουμε ταύτιση των ευθειών DE, FG.

: ιμο.png (13.06 KiB) Προβλήθηκε 6864 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 10, 2018 2:34 pm**

Άρχισα να ανεβάζω και τα προβλήματα της δεύτερης μέρας στην αρχική μου ανάρτηση.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 10, 2018 3:06 pm**

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 09, 2018 2:25 pm
Πρόβλημα 4

Ένα κελί, είναι ένα σημείο του επιπέδου ώστε τα και να είναι και τα δύο θετικοί ακέραιοι μικρότεροι ή ίσοι του .

Αρχικά υπάρχουν κενά κελιά. Ο Αντρέας και ο Βασίλης τοποθετούν εναλλάξ πέτρες στα κελιά με τον Αντρέα να αρχίζει πρώτος. Σε κάθε του κίνηση, ο Αντρέας τοποθετεί μια κόκκινη πέτρα σε ένα κενό κελί με τέτοιο τρόπο ώστε κάθε δυο κελιά με κόκκινες πέτρες να μην έχουν απόσταση ίση με $\sqrt{5}$ . Σε κάθε του κίνηση, ο Βασίλης τοποθετεί μια μπλε πέτρα σε ένα κενό κελί. (Ο Βασίλης επιτρέπεται να τοποθετήσει πέτρα σε οποιαδήποτε απόσταση από άλλη πέτρα θέλει.) Σταματούν όταν ένας εκ των δύο δεν μπορεί να τοποθετήσει άλλη πέτρα.

Να βρεθεί το μέγιστο ώστε ο Αντρέας να μπορεί σίγουρα να τοποθετήσει κόκκινες πέτρες, άσχετα με το πως τοποθετεί τις πέτρες του ο Βασίλης.

Θεωρούμε το καρτεσιανό σύστημα αναφοράς στον επίπεδο μας. Δύο σημεία που απέχονται $\sqrt{5}$ πρέπει να απέχονται 2 σημεία στον άξονα χ και 1 σημείο στον άξονα ψ, η αντίστροφο. Έτσι εαν ενώσουμε όλα τα σημεία που απέχονται $\sqrt{5}$ έχουμε ένα γράφημα με 100 κύκλους (κάθε κύκλο περιέχει 4 κορυφές). Τωρά ο Βασιλής για να παίζει το καλύτερο του μπορεί να βάλει ένα μπλέ πέτρα στον κύκλο (που έβαλε προηγουμένως μια κόκκινη πετρα) έτσι ώστε ο Αντρέας να μην μπορεί να τοποθετεί άλλη πέτρα σε αυτο το κύκλο. Άρα ο Αντρέας μπορεί να τοποθετεί το πολύ 100 πέτρα. Αλλά εαν χρωματίζουμε τα σημεία μαυρό και άσπρο εναλλάξ, έχουμε 200 άσπρα σημεία μισά απο το οποία μπορεί να βάλει πέτρα ο Αντρέας κόκκινα πέτρα, έστι ώστε να μην απέχονται $\sqrt{5}$ . Άρα K=100

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 10, 2018 4:31 pm**

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 09, 2018 2:25 pm
Πρόβλημα 5

Δίνεται μια άπειρη ακολουθία $a_1,a_2,\ldots$ θετικών ακεραίων. Έστω ότι υπάρχει ακέραιος ώστε για κάθε $n \geqslant N$ , ο αριθμός

$\displaystyle \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_2}{a_3} + \ldots + \frac{a_{n-1}}{a_n} + \frac{a_n}{a_1}$

να είναι ακέραιος. Να δειχθεί ότι υπάρχει θετικός ακέραιος έτσι ώστε $a_m = a_{m+1}$ για κάθε $m \geqslant M$ .

Έστω ότι $S_n=\frac{a_1}{a_2} + \frac{a_2}{a_3} + \ldots + \frac{a_{n-1}}{a_n} + \frac{a_n}{a_1}$
Καταρχάς $S_{n+1}-S_{n}=\frac{a_{n+1}}{a_1}+\frac{a_{n}}{a_{n+1}}-\frac{a_{n}}{a_1}$ είναι ακέραιος.
Οπότε $a_1a_{n+1}\vert a_{n+1}^2+a_1a_n-a_{n+1}a_n \implies a_{n+1}\vert a_1a_n$
Έφτασα μεχρί εδώ και δεν ξέρω πως να προχωρίσω

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 10, 2018 5:18 pm**

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 09, 2018 2:25 pm
Πρόβλημα 5

Δίνεται μια άπειρη ακολουθία $a_1,a_2,\ldots$ θετικών ακεραίων. Έστω ότι υπάρχει ακέραιος ώστε για κάθε $n \geqslant N$ , ο αριθμός

$\displaystyle \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_2}{a_3} + \ldots + \frac{a_{n-1}}{a_n} + \frac{a_n}{a_1}$

να είναι ακέραιος. Να δειχθεί ότι υπάρχει θετικός ακέραιος έτσι ώστε $a_m = a_{m+1}$ για κάθε $m \geqslant M$ .

Ωραία και αυτό.

Γράφω d_i

για τον μέγιστο κοινό διαιρέτη των a_i

και

. Θα δείξω αρχικά ότι $d_n|d_{n+1}$ .

Αν δεν ισχύει αυτό τότε θα υπάρχει πρώτος

ώστε $\mathrm{ord}_p(a_n) > \mathrm{ord}_p(a_{n+1})$ και $\mathrm{ord}_p(a_1) > \mathrm{ord}_p(a_{n+1})$

Γνωρίζουμε ότι ο

$\displaystyle \frac{a_n}{a_{n+1}} + \frac{a_{n+1}-a_n}{a_1}$

είναι ακέραιος για $n \geqslant N$ .

Αν κάνουμε ανάγωγο το πρώτο κλάσμα, ο παρονομαστής του δεν θα είναι πολλαπλάσιο του

. Στο δεύτερο όμως κλάσμα θα είναι. Αυτό είναι άτοπο και άρα ο ισχυρισμός μας αποδείχθηκε.

Επειδή κάθε d_i

είναι μικρότερο ή ίσο από το a_1

, τότε θα υπάρχει

ώστε $d_k = d_{k+1}$ για κάθε $k \geqslant K$ .

Έστω ότι όλα τα d_k

είναι ίσα με

για $k \geqslant K$ . Γράφουμε a_1 = db

και

για $k \geqslant K$ . Τότε (b_k,b) = 1

για κάθε $k \geqslant K$ . Θα έχουμε επίσης ότι το

$\displaystyle \frac{b_k}{b_{k+1}} + \frac{b_{k+1}-b_k}{b}$

είναι ακέραιος.

Κάνοντας ομώνυμα βρίσκουμε ότι $b_{k+1}|bb_k$ και επειδή $(b_{k+1},b)=1$ , τότε $b_{k+1}|b_k$ .

Αφού $b_{k+1}|b_k$ για κάθε $k \geqslant K$ θα υπάρχει και $M \geqslant K$ ώστε $b_{m+1} = b_m$ για κάθε $m \geqslant M$ . Αλλά τότε είναι και $a_{m+1} = a_m$ για κάθε $m \geqslant M$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 11, 2018 12:12 pm**

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 09, 2018 2:25 pm
Πρόβλημα 1

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο και έστω $\Gamma$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Τα σημεία και βρίσκονται στα τμήματα και αντίστοιχα ώστε . Οι μεσοκάθετες των και τέμνουν τα μικρά τόξα και του $\Gamma$ στα σημεία και αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες και είτε είναι παράλληλες είτε είναι οι ταυτόσημες.

Το πρόβλημα αυτό προτάθηκε από την Ελλάδα από τους: Βαγγέλη Ψύχα, Μιχάλη Σαράντη και τον υπογράφοντα

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 11, 2018 12:36 pm**

Καλή επιτυχία!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 11, 2018 12:38 pm**

silouan έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 11, 2018 12:12 pm

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 09, 2018 2:25 pm
Πρόβλημα 1

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο και έστω $\Gamma$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Τα σημεία και βρίσκονται στα τμήματα και αντίστοιχα ώστε . Οι μεσοκάθετες των και τέμνουν τα μικρά τόξα και του $\Gamma$ στα σημεία και αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες και είτε είναι παράλληλες είτε είναι οι ταυτόσημες.

Το πρόβλημα αυτό προτάθηκε από την Ελλάδα από τους: Βαγγέλη Ψύχα, Μιχάλη Σαράντη και τον υπογράφοντα

Συγχαρητήρια και στους 3!! Κανά νέο για τα αποτελέσματα των αποστολών μας έχουμε Σιλουανέ?

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 11, 2018 2:23 pm**

silouan έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 11, 2018 12:12 pm

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 09, 2018 2:25 pm
Πρόβλημα 1

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο και έστω $\Gamma$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Τα σημεία και βρίσκονται στα τμήματα και αντίστοιχα ώστε . Οι μεσοκάθετες των και τέμνουν τα μικρά τόξα και του $\Gamma$ στα σημεία και αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες και είτε είναι παράλληλες είτε είναι οι ταυτόσημες.

Το πρόβλημα αυτό προτάθηκε από την Ελλάδα από τους: Βαγγέλη Ψύχα, Μιχάλη Σαράντη και τον υπογράφοντα

ΘΕΡΜΑ ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ!!!!

mathematica.gr

IMO 2018

IMO 2018

Re: IMO 2018

Re: IMO 2018

Re: IMO 2018

Re: IMO 2018

Re: IMO 2018

Re: IMO 2018

Re: IMO 2018

Re: IMO 2018

Re: IMO 2018

Re: IMO 2018

Re: IMO 2018

Re: IMO 2018

Re: IMO 2018

Re: IMO 2018

Re: IMO 2018

Re: IMO 2018

Re: IMO 2018

Re: IMO 2018

Re: IMO 2018