IMO 2018

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 735
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

IMO 2018

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » 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 :winner_first_h4h: .

Εδώ είναι η επίσημη Ιστοσελίδα


Houston, we have a problem!

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1317
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: IMO 2018

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Δευ Ιούλ 09, 2018 11:52 am

Καλή επιτυχία στην Ελληνική και στην Κυπριακή αποστολή!


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5251
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: IMO 2018

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » 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.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 225
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: IMO 2018

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Δευ Ιούλ 09, 2018 1:43 pm

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


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7884
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: IMO 2018

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Ιούλ 09, 2018 2:25 pm

Πρόβλημα 1

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο ABC και έστω \Gamma ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Τα σημεία D και E βρίσκονται στα τμήματα AB και AC αντίστοιχα ώστε AD = AE. Οι μεσοκάθετες των BD και CE τέμνουν τα μικρά τόξα AB και AC του \Gamma στα σημεία F και G αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες DE και FG 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 1 ως το 10.

\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 1 ως το 1+2+\cdots+2018;

Πρόβλημα 4

Ένα κελί, είναι ένα σημείο (x, y) του επιπέδου ώστε τα x και y να είναι και τα δύο θετικοί ακέραιοι μικρότεροι ή ίσοι του 20.

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 K ώστε ο Αντρέας να μπορεί σίγουρα να τοποθετήσει K 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 M 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 X 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}.


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1317
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: IMO 2018

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Δευ Ιούλ 09, 2018 3:52 pm

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

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο ABC και έστω \Gamma ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Τα σημεία D και E βρίσκονται στα τμήματα AB και AC αντίστοιχα ώστε AD = AE. Οι μεσοκάθετες των BD και CE τέμνουν τα μικρά τόξα AB και AC του \Gamma στα σημεία F και G αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες DE και FG είτε είναι παράλληλες είτε είναι οι ταυτόσημες.

Έστω ότι οι δύο μεσοκάθετοι τέμνονται στο K και L \equiv FK \cap BD, M \equiv EC \cap GK. Έστω I 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).


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1317
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: IMO 2018

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » 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 n 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) k φορές.

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


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7884
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: IMO 2018

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » 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 n πολλαπλάσιο του 3 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 i. Επειδή 3 \nmid n, παίρνουμε a_1 = a_2 = \cdots = a_n. Έστω a_1 = x. Τότε a_3 = x^2 + 1. Αλλά x^2 + 1 >x, άτοπο.

Ισχύει λοιπόν αν και μόνο αν 3|n.

:oops:

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


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 735
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: IMO 2018

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Δευ Ιούλ 09, 2018 5:29 pm

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

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο ABC και έστω \Gamma ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Τα σημεία D και E βρίσκονται στα τμήματα AB και AC αντίστοιχα ώστε AD = AE. Οι μεσοκάθετες των BD και CE τέμνουν τα μικρά τόξα AB και AC του \Gamma στα σημεία F και G αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες DE και FG 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
IMO 2018 P1.png (34 KiB) Προβλήθηκε 2525 φορές
Έστω πως η FD τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC σε σημείο L.

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 GE τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC στο K, τότε AL=AK=AE=AD.

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 A 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 G.

Άρα αρκεί GL=GE.

Παρατηρούμε πως το τετράπλευρο KALG είναι εγγράψιμο και AK=AL, άρα η AG είναι η διχοτόμος της \widehat{LGE}.

Αν το LGE δεν ήταν ισοσκελές, τότε αφού το A 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 E δεν ανήκει σε αυτό το κύκλο.

Άρα το LGE είναι ισοσκελές με GL=GE και το ζητούμενο έπεται.

EDIT: Προστέθηκε το σχήμα!
τελευταία επεξεργασία από Διονύσιος Αδαμόπουλος σε Δευ Ιούλ 09, 2018 10:32 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Houston, we have a problem!
Datis-Kalali
Δημοσιεύσεις: 108
Εγγραφή: Δευ Δεκ 12, 2016 5:33 pm
Τοποθεσία: Λευκωσία

Re: IMO 2018

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Datis-Kalali » Δευ Ιούλ 09, 2018 7:02 pm

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

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο ABC και έστω \Gamma ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Τα σημεία D και E βρίσκονται στα τμήματα AB και AC αντίστοιχα ώστε AD = AE. Οι μεσοκάθετες των BD και CE τέμνουν τα μικρά τόξα AB και AC του \Gamma στα σημεία F και G αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες DE και FG είτε είναι παράλληλες είτε είναι οι ταυτόσημες.
Θα χρησιμοπουμε μιγαδικοί αριθμοί
Έστω ότι Γ είανι το μοναδιαίο κύκλο και έστω ότι H_1, H_2 είναι το σημείο τομής των BD και CE 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
(a^2bc-f^2g^2)(bg^2-cf^2) = 0
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 DE και FG 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.
:)


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1317
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: IMO 2018

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » 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 1 ως το 10.

\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 1 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 1 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
IMO 2018 Problem 3.png (14.17 KiB) Προβλήθηκε 2775 φορές
όπου η γραμμή είναι η big line, οι μαύροι αριθμοί αποτελούν τα subtriangles, οι κυκλωμένοι αριθμοί είναι οι small numbers και o 5 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.


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5251
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: IMO 2018

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Δευ Ιούλ 09, 2018 8:38 pm

Demetres έγραψε:
Δευ Ιούλ 09, 2018 2:25 pm
Πρόβλημα 1
Έστω οξυγώνιο τρίγωνο ABC και έστω \Gamma ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Τα σημεία D και E βρίσκονται στα τμήματα AB και AC αντίστοιχα ώστε AD = AE. Οι μεσοκάθετες των BD και CE τέμνουν τα μικρά τόξα AB και AC του \Gamma στα σημεία F και G αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες DE και FG 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 ADF 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 D συμπέσει με το σημείο B, τότε έχουμε ταύτιση των ευθειών DE, FG.
ιμο.png
ιμο.png (13.06 KiB) Προβλήθηκε 2685 φορές


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7884
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: IMO 2018

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Ιούλ 10, 2018 2:34 pm

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


Datis-Kalali
Δημοσιεύσεις: 108
Εγγραφή: Δευ Δεκ 12, 2016 5:33 pm
Τοποθεσία: Λευκωσία

Re: IMO 2018

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Datis-Kalali » Τρί Ιούλ 10, 2018 3:06 pm

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

Ένα κελί, είναι ένα σημείο (x, y) του επιπέδου ώστε τα x και y να είναι και τα δύο θετικοί ακέραιοι μικρότεροι ή ίσοι του 20.

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 K ώστε ο Αντρέας να μπορεί σίγουρα να τοποθετήσει K 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


Datis-Kalali
Δημοσιεύσεις: 108
Εγγραφή: Δευ Δεκ 12, 2016 5:33 pm
Τοποθεσία: Λευκωσία

Re: IMO 2018

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Datis-Kalali » 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 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 M 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


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7884
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: IMO 2018

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » 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 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 M 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 a_1. Θα δείξω αρχικά ότι d_n|d_{n+1}.

Αν δεν ισχύει αυτό τότε θα υπάρχει πρώτος p 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 p. 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 K ώστε d_k = d_{k+1} για κάθε k \geqslant K.

Έστω ότι όλα τα d_k είναι ίσα με d για k \geqslant K. Γράφουμε a_1 = db και a_k = db_k 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.


silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1184
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: IMO 2018

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τετ Ιούλ 11, 2018 12:12 pm

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

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο ABC και έστω \Gamma ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Τα σημεία D και E βρίσκονται στα τμήματα AB και AC αντίστοιχα ώστε AD = AE. Οι μεσοκάθετες των BD και CE τέμνουν τα μικρά τόξα AB και AC του \Gamma στα σημεία F και G αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες DE και FG είτε είναι παράλληλες είτε είναι οι ταυτόσημες.
Το πρόβλημα αυτό προτάθηκε από την Ελλάδα από τους: Βαγγέλη Ψύχα, Μιχάλη Σαράντη και τον υπογράφοντα :D


Σιλουανός Μπραζιτίκος
nikolaos p.
Δημοσιεύσεις: 263
Εγγραφή: Δευ Φεβ 14, 2011 11:44 pm

Re: IMO 2018

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikolaos p. » Τετ Ιούλ 11, 2018 12:36 pm

Καλή επιτυχία! :first:


ΕικόναΕικόνα
Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 225
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: IMO 2018

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » 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 ABC και έστω \Gamma ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Τα σημεία D και E βρίσκονται στα τμήματα AB και AC αντίστοιχα ώστε AD = AE. Οι μεσοκάθετες των BD και CE τέμνουν τα μικρά τόξα AB και AC του \Gamma στα σημεία F και G αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες DE και FG είτε είναι παράλληλες είτε είναι οι ταυτόσημες.
Το πρόβλημα αυτό προτάθηκε από την Ελλάδα από τους: Βαγγέλη Ψύχα, Μιχάλη Σαράντη και τον υπογράφοντα :D
Συγχαρητήρια και στους 3!! Κανά νέο για τα αποτελέσματα των αποστολών μας έχουμε Σιλουανέ?


Σταύρος Σταυρόπουλος
Δημοσιεύσεις: 527
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:46 pm
Τοποθεσία: Κόρινθος

Re: IMO 2018

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σταύρος Σταυρόπουλος » 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 ABC και έστω \Gamma ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Τα σημεία D και E βρίσκονται στα τμήματα AB και AC αντίστοιχα ώστε AD = AE. Οι μεσοκάθετες των BD και CE τέμνουν τα μικρά τόξα AB και AC του \Gamma στα σημεία F και G αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες DE και FG είτε είναι παράλληλες είτε είναι οι ταυτόσημες.
Το πρόβλημα αυτό προτάθηκε από την Ελλάδα από τους: Βαγγέλη Ψύχα, Μιχάλη Σαράντη και τον υπογράφοντα :D
ΘΕΡΜΑ ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ!!!!


Σ τ α ύ ρ ο ς Σ τ α υ ρ ό π ο υ λ ο ς
Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης