EGMO 2020

#1

Η EGMO που θα διεξαγόταν αυτές τις μέρες στην Ολλανδία διεξάγεται τώρα διαδικτυακά. Μπορείτε να βρείτε περισσότερες πληροφορίες στην ιστοσελίδα του διαγωνισμού. Αν θέλετε περισσότερες πληροφορίες να σας τις λύσουμε εγώ ή ο Αχιλλέας που είναι αρχηγός της Ελληνικής αποστολής.

Αυτή τη στιγμή τα κορίτσια της Κύπρου και της Ελλάδας γράφουν το γραπτό της δεύτερης μέρας του διαγωνισμού. Ας τους ευχηθούμε λοιπόν καλή επιτυχία.

Όσον αφορά τα θέματα θα πρέπει να κάνετε λίγη υπομονή. Δεν μπορούμε να τα μοιραστούμε πριν τα ξημερώματα της Κυριακής μιας και υπάρχει περιθώριο μέχρι τότε για τις χώρες να κάνουν το διαγωνισμό τους.

#2

Demetres έγραψε: ↑
Παρ Απρ 17, 2020 10:42 am
Η EGMO που θα διεξαγόταν αυτές τις μέρες στην Ολλανδία διεξάγεται τώρα διαδικτυακά. Μπορείτε να βρείτε περισσότερες πληροφορίες στην ιστοσελίδα του διαγωνισμού. Αν θέλετε περισσότερες πληροφορίες να σας τις λύσουμε εγώ ή ο Αχιλλέας που είναι αρχηγός της Ελληνικής αποστολής.

Αυτή τη στιγμή τα κορίτσια της Κύπρου και της Ελλάδας γράφουν το γραπτό της δεύτερης μέρας του διαγωνισμού. Ας τους ευχηθούμε λοιπόν καλή επιτυχία.

Όσον αφορά τα θέματα θα πρέπει να κάνετε λίγη υπομονή. Δεν μπορούμε να τα μοιραστούμε πριν τα ξημερώματα της Κυριακής μιας και υπάρχει περιθώριο μέχρι τότε για τις χώρες να κάνουν το διαγωνισμό τους.

Καλή Επιτυχία στα κορίτσια μας !

Εϊναι εξαιρετικός διαγωνισμός με πολύ ωραία θέματα.

ΚΑΛΗ ΑΝΑΣΤΑΣΗ !!!

Τσιαλας Νικολαος · #3

Καλή επιτυχία!!!

#4

Καλημέρα και Χρόνια Πολλά!

ΠΡΩΤΗ ΗΜΕΡΑ

Πρόβλημα 1. Οι θετικοί ακέραιοι a_0

,

, $a_2,\ldots, a_{3030}$ ικανοποιούν τη συνθήκη

$\displaystyle 2a_{n+2} = a_{n+1} + 4a_n,$

για $n=0,1,2,\ldots,3028.$ Να αποδειχθεί ότι τουλάχιστον ένας από τους αριθμούς a_0

,

, $\ldots, a_{3030}$ διαιρείται με το $2^{2020}$ .

Πρόβλημα 2. Να βρείτε όλες τις λίστες $(x_1,x_2,\ldots,x_{2020})$ μη-αρνητικών πραγματικών αριθμών τέτοιων ώστε να ικανοποιούνται όλες οι παρακάτω συνθήκες:

(i) $x_1 \leq x_2 \leq \ldots \leq x_{2020}$ ,

(ii) $x_{2020} \le x_1 + 1$ ,

(iii) υπάρχει μετάθεση $(y_1,y_2,\ldots,y_{2020})$ της $(x_1,x_2,\ldots,x_{2020})$ τέτοια ώστε
$\displaystyle \sum_{i=1}^{2020} \big((x_i+1)(y_i+1)\big)^2 = 8 \sum_{i=1}^{2020} x_i^3.$

Μετάθεση μιας λίστας είναι μια λίστα ιδίου μήκους, με τα ίδια στοιχεία, τα οποία επιτρέπεται να είναι σε οποιαδήποτε σειρά. Για παράδειγμα, η είναι μια μετάθεση της . Επιπλέον, και οι δύο είναι μεταθέσεις της . Παρατηρήστε ότι κάθε λίστα είναι μετάθεση του εαυτού της.

Πρόβλημα 3.
Έστω κυρτό εξάγωνο A B C D E F

τέτοιο ώστε $\angle A = \angle C = \angle E$ και $\angle B = \angle D = \angle F$ και οι (εσωτερικές) διχοτόμοι των $\angle A$ , $\angle C$ , και $\angle E$ συντρέχουν.

Να αποδειχθεί ότι οι (εσωτερικές) διχοτόμοι των $\angle B$ , $\angle D$ , και $\angle F$ επίσης συντρέχουν.

Παρατηρήστε ότι $\angle A = \angle FAB$ . Οι άλλες εσωτερικές γωνίες του εξαγώνου ορίζονται ομοίως.

#5

ΔΕΥΤΕΡΗ ΗΜΕΡΑ

Πρόβλημα 4. Μια μετάθεση των ακεραίων

, $2, \ldots, m$ ονομάζεται φρέσκια εάν δεν υπάρχει θετικός ακέραιος k<m

τέτοιος ώστε οι πρώτοι

αριθμοί στη μετάθεση να είναι οι

, $2, \ldots, k$ σε κάποια σειρά. Έστω f_m

το πλήθος των φρέσκων μεταθέσεων των ακεραίων

, $2, \ldots, m$ .

Να αποδειχθεί ότι $f_{n} \ge n \cdot f_{n-1}$ για κάθε $n \ge 3$ .

Για παράδειγμα, αν , τότε η μετάθεση είναι φρέσκια, ενώ η μετάθεση δεν είναι.

Πρόβλημα 5.
Θεωρούμε τρίγωνο ABC

με $\angle BCA > 90^\circ$ . Ο περιγεγραμμένος κύκλος $\Gamma$ του ABC

έχει ακτίνα

. Υπάρχει σημείο

στο εσωτερικό του τμήματος

τέτοιο ώστε PB=PC

και το μήκος του

ισούται με

. Η μεσοκάθετος του

τέμνει τον $\Gamma$ στα σημεία

και

.

Να αποδειχθεί ότι το

είναι το έγκεντρο του τριγώνου CDE

.

Πρόβλημα 6. Έστω ακέραιος m>1

. Η ακολουθία $a_1, a_2, a_3, \ldots$ ορίζεται με a_1 = a_2 = 1

,

, και για κάθε $n \geq 4$ ,

$\displaystyle a_n = m(a_{n-1} + a_{n-2}) - a_{n-3}.$

Να βρεθούν όλοι οι ακέραιοι

τέτοιοι ώστε κάθε όρος της ακολουθίας να είναι τέλειο τετράγωνο.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #6

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 19, 2020 9:28 am

Πρόβλημα 5.
Θεωρούμε τρίγωνο με $\angle BCA > 90^\circ$ . Ο περιγεγραμμένος κύκλος $\Gamma$ του έχει ακτίνα . Υπάρχει σημείο στο εσωτερικό του τμήματος τέτοιο ώστε και το μήκος του ισούται με . Η μεσοκάθετος του τέμνει τον $\Gamma$ στα σημεία και .

Να αποδειχθεί ότι το είναι το έγκεντρο του τριγώνου .

: 306.PNG (40.09 KiB) Προβλήθηκε 2753 φορές

Στο τρίγωνο $\rm ADE$ το $\rm P$ ανήκει στο ύψος από το $\rm A$ και το συμμετρικό αυτού ως προς την $\rm DE$ ανήκει στον περίκυκλο του τριγώνου άρα είναι ορθόκεντρο.Έστω $\rm Q\equiv EP \cap (A,B,C)$ .
Είναι $\rm AQ=AP=AO$ άρα $\rm AQO$ ισόπλευρο.Επίσης $\rm \angle DAQ=\angle DEQ=\angle BED=\angle BAD$ άρα $\rm DB=DP=DQ$ και $\rm \angle DAQ=\angle DAP=\angle EAO$ άρα $\rm \angle EAD=\angle OAQ=60^{\circ}$ άρα $\rm PQD$ ισόπλευρο.
Είναι $\rm OP\bot BC,OP \bot DQ$ άρα $\rm DQ\parallel BC$ και $\rm QC=BD=QD=QP$ που εξασφαλίζει ότι $\rm EP$ διχοτόμος της $\rm \angle DEC$ και $\rm P$ έκκεντρο του $\rm DEC$

#7

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 19, 2020 9:28 am
ΔΕΥΤΕΡΗ ΗΜΕΡΑ

Πρόβλημα 4. Μια μετάθεση των ακεραίων , $2, \ldots, m$ ονομάζεται φρέσκια εάν δεν υπάρχει θετικός ακέραιος τέτοιος ώστε οι πρώτοι αριθμοί στη μετάθεση να είναι οι , $2, \ldots, k$ σε κάποια σειρά. Έστω το πλήθος των φρέσκων μεταθέσεων των ακεραίων , $2, \ldots, m$ .

Να αποδειχθεί ότι $f_{n} \ge n \cdot f_{n-1}$ για κάθε $n \ge 3$ .

Για παράδειγμα, αν , τότε η μετάθεση είναι φρέσκια, ενώ η μετάθεση δεν είναι.

...

Έστω $m\geq 2$ και έστω a_1

, $a_2,\ldots, a_m$ μια φρέσκια μετάθεση των ακεραίων

, $2, \ldots, m$ . Παρατηρούμε ότι $a_m\ne m$ αφού αλλιώς οι a_1

, $a_2,\ldots, a_{m-1}$ θα αποτελούσαν μετάθεση των

, $2, \ldots, m-1$ , άτοπο από την υπόθεση μας.

Για να πάρουμε μια φρέσκια μετάθεση των

, $2, \ldots, m+1,$ τοποθετούμε τον αριθμό m+1

πριν το

ή ανάμεσα στο a_j

και το $a_{j+1}$ για j=1

έως

. Εύκολα βλέπουμε ότι κάθε τέτοια μετάθεση είναι φρέσκια.

Καμιά από τις παραπάνω φρέσκιες μεταθέσεις των

, $2, \ldots, m+1$ δεν έχει τον

ως τελευταίο στοιχείο. Έστω a_i=m

για κάποιο $1\leq i<m$ . Τότε μπορούμε να αντικαταστήσουμε το a_i=m

με

και να τοποθετήσουμε το

στην τελευταία θέση:

$\displaystyle a_1,\dots,a_{i-1}, m+1,a_{i+1},\dots,a_m,m,$

Εύκολα βλέπουμε ότι κάθε τέτοια μετάθεση των

, $2, \ldots, m+1,$ είναι φρέσκια και διαφορετική από τις

φρέσκιες μεταθέσεις που πήραμε παραπάνω (οι οποίες λήγουν σε $a_m\ne m$ ).

Επομένως, κάθε φρέσκια μετάθεση των

, $2, \ldots, m$ παράγει τουλάχιστον m+1

φρέσκιες μεταθέσεις των

, $2, \ldots, m+1,$ που σημαίνει ότι

$\displaystyle f_{m+1}\geq (m+1)f_m$

για κάθε $m\geq 2$ , όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#8

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 19, 2020 9:25 am

Πρόβλημα 1. Οι θετικοί ακέραιοι , , $a_2,\ldots, a_{3030}$ ικανοποιούν τη συνθήκη

$\displaystyle 2a_{n+2} = a_{n+1} + 4a_n,$

για $n=0,1,2,\ldots,3028.$ Να αποδειχθεί ότι τουλάχιστον ένας από τους αριθμούς , , , $\ldots, a_{3030}$ διαιρείται με το $2^{2020}$ .
...

Θα αποδείξουμε με επαγωγή επί του $k\geq 1$ τον παρακάτω ισχυρισμό

Δοθέντων θετικών ακεραίων a_0

,

, $a_2, \ldots, a_{3k}$ τέτοιων ώστε

$\displaystyle 2a_{n+2} = a_{n+1} + 4a_n,$

για $n=0,1,2,\ldots,3k-2$ , ο $2^{2k}$ διαιρεί τουλάχιστον έναν από τους a_0

,

, $a_2, \ldots, a_{3k}$ .

Πράγματι, για k=1

έχουμε

και

Η δεύτερη ισότητα δίνει ότι ο a_2

είναι άρτιος, και από την πρώτη έπεται τότε ότι ο a_1

διαιρείται με το 4=2^2

. Άρα ο ισχυρισμός μας αληθεύει για k=1

.

Ας υποθέσουμε ότι για κάποιο $k\geq 1$ , ο ισχυρισμός μας αληθεύει για κάθε ακολουθία 3k+1

θετικών ακεραίων οι οποίοι ικανοποιούν αντίστοιχες αναδρομικές σχέσεις. Θεωρούμε 3(k+1)+1=3k+4

θετικούς ακεραίους a_0

,

, $a_2, \ldots, a_{3k+3}$ τέτοιους ώστε

$\displaystyle 2a_{n+2} = a_{n+1} + 4a_n,$

για $n=0,1,2,\ldots,3k+1$ . Βλέπουμε ότι όλοι οι αριθμοί a_1

, $a_2,\ldots, a_{3k+2}$ είναι άρτιοι, οπότε μπορούμε να γράψουμε a_i=2b_i

για κάποιους θετικούς ακεραίους b_i

για $i=1,2,\ldots,3k+2$ . Η 2a_2=a_1+4a_0

γίνεται

$\displaystyle 2b_2=b_1+2a_0.$

Επίσης, παρατηρούμε ότι

$\displaystyle 2b_{n+2}=b_{n+1}+4b_n,$

για $n=1,2,\ldots,3k$ .

Επόμενως, οι θετικοί ακέραιοι b_1

, $b_2, \ldots, b_{3k+1}$ είναι άρτιοι και μπορούμε να γράψουμε b_i=2c_i

για κάποιους θετικούς ακεραίους c_i

για $i=1,2,\ldots,3k+1$ . Τότε η 2b_2=b_1+2a_0

γίνεται

η οποία δεν μας δίνει τίποτα. Όμως έχουμε

$\displaystyle 2c_{n+2}=c_{n+1}+4c_n,$

για $n=1,2,\ldots,3k-1$ .

Έτσι η ακολουθία c_1

, $c_2, \ldots, c_{3k+1}$ είναι μια ακολουθία 3k+1

θετικών ακεραίων που ικανοποιούν αντίστοιχες αναδρομικές σχέσεις με αυτές του προβλήματος.

Από την επαγωγική υπόθεση, ο $2^{2k}$ διαιρεί τουλάχιστον έναν εκ των c_1

, $c_2, \ldots, c_{3k+1}$ . Αφού a_i=4c_i

για όλα τα $i=1,2,\ldots,3k+1$ , έπεται ότι ο $4\cdot 2^{2k}=2^{2(k+1)}$ διαρεί τουλάχιστον έναν εκ των $a_1,\ldots,a_{3k+1}$ .
Το συμπέρασμα αυτό ολοκληρώνει την επαγωγή, κι άρα και την απόδειξη.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#9

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 19, 2020 9:28 am

Πρόβλημα 5.
Θεωρούμε τρίγωνο με $\angle BCA > 90^\circ$ . Ο περιγεγραμμένος κύκλος $\Gamma$ του έχει ακτίνα . Υπάρχει σημείο στο εσωτερικό του τμήματος τέτοιο ώστε και το μήκος του ισούται με . Η μεσοκάθετος του τέμνει τον $\Gamma$ στα σημεία και .

Να αποδειχθεί ότι το είναι το έγκεντρο του τριγώνου .

..

Έστω ότι η προέκταση της

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του $\triangle ABC$ στο

. Αφού

, έχουμε $\angle FAB=\angle FCB=\angle ABC$ , και FB=AC

. Άρα το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ACBF

είναι ισοσκελές τραπέζιο με FA//BC

.

Αφού η ευθεία

είναι η μεσοκάθετος της χορδής

και η

είναι παράλληληστη

, έπεται ότι η

είναι κάθετη στην

. Αφού

, η ευθεία

είναι η μεσοκάθετος του

.

Επιπλέον, παρατηρούμε ότι το τετράπλευρο OAPF

είναι ρόμβος, αφού έχει όλες τις πλευρές του ίσες. Αφού η

είναι παράλληλη στην

και

, το τετράπλευρο FOPB

είναι ισοσκελές τραπέζιο. Έτσι, η μεσοκάθετος της βάσης του

θα συμπίπτει με την μεσοκάθετο της βάσης του

, δηλ. με την ευθεία

. Άρα

$\displaystyle FD=DO=OE=EF,$

που σημαίνει ότι $\angle DCF=\angle FCE$ , ή ισοδύναμα ότι η

διχοτομεί την $\angle DCE$ , αφού τα σημεία C, P, F

είναι συνευθειακά.

Παρατηρούμε, επίσης, ότι τα σημεία

,

, και

ανήκουν στον κύκλο με κέντρο το

κα ακτίνα

. Επομένως,

$\displaystyle \angle DEP=\frac{\angle DFP}{2}=\frac{\angle DFC}{2}=\frac{\angle DEC}{2},$

που σημαίνει ότι η

διχοτομεί την $\angle DEC$ .

Αφού η

διχοτομεί την $\angle DCE$ και η

διχοτομεί την $\angle DEC$ , το

είναι το έγκεντρο του τριγώνου DEC

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#10

Στο (1) μπορούμε να γράψουμε διάφορες σχετικές προτάσεις που αποδεικνύονται επαγωγικά. Δίνω τη δική μου προσέγγιση αν και δεν είναι η απλούστερη.

Για κάθε φυσικό

, αν οι θετικοί ακέραιοι $a_0,a_1,a_2,\ldots,a_{3k}$ ικανοποιούν τη συνθήκη

$\displaystyle 2a_{n+2} = a_{n+1} + 4a_n$ για $n = 0,1,2,\ldots,3k-2$

τότε για κάθε $1 \leqslant m \leqslant k$ ισχύει ότι $2^{2m}|a_m, 2^{2m}|a_{3k-2m}$ και $2^{2m-1}|a_{3k+1-2m}$ .

Θα δείξουμε ότι για κάθε φυσικό

, αν οι θετικοί ακέραιοι $a_0,a_1,a_2,\ldots,a_{3k}$ ικανοποιούν τη συνθήκη

$\displaystyle 2a_{n+2} = a_{n+1} + 4a_n$ για $n = 0,1,2,\ldots,3k-2$

τότε για κάθε $1 \leqslant m \leqslant k$ ισχύει ότι $2^{2m}|a_m, 2^{2m}|a_{3k-2m}$ και $2^{2m-1}|a_{3k+1-2m}$ . Αυτό είναι αρκετό αφού τότε για k=1010

(όπως στο πρόβλημα) και m=1010

έχουμε $2^{2020}|a_{1010}$ .

Για k=1

, από τη συνθήκη 2a_3 = a_2 + 4a_1

, παίρνουμε 2|a_2

. Τώρα από τη συνθήκη 2a_2 = a_1 + 4a_0

, αφού

παίρνουμε και 4|a_1

.

Άρα ο ισχυρισμός ισχύει για k=1

. Ας υποθέσουμε ότι ισχύει για k=r

και θα δείξουμε ότι ισχύει και για k=r+1

.

Κοιτάζοντας τους όρους $a_0,a_1,\ldots,a_{3r}$ από την επαγωγική υπόθεση παίρνουμε ότι

$2^{2m}|a_m$ για κάθε $1 \leqslant m \leqslant r \qquad (1.1)$

Παίρνουμε επίσης ότι

$2^{2r-1}|a_{r+1} \qquad (1.2)$

Κοιτάζοντας τους όρους $a_3,a_4,\ldots,a_{3r+3}$ από την επαγωγική υπόθεση παίρνουμε ότι

$\displaystyle 2^{2m}|a_{3r+3-2m}$ για κάθε $1 \leqslant m \leqslant r \qquad (1.3)$

και

$\displaystyle 2^{2m-1}|a_{3r+4-2m}$ για κάθε $1 \leqslant m \leqslant r \qquad (1.4)$

Μένει να δείξουμε ότι $2^{2r+2}|a_{r+1}$ και $2^{2r+1}|a_{r+2}$ .

Από τη συνθήκη $2a_{r+3} = a_{r+2} + 4a_{r+1}$ και αφού $2^{2r-1}|a_{r+1}$ (από την (1.2)) και $2^{2r}|a_{r+3}$ (από την (1.3) με m=r

) τότε $2^{2r+1}|a_{r+2}$ .

Από τη συνθήκη $2a_{r+2} = a_{r+1} + 4a_{r}$ και αφού $2^{2r+1}|a_{r+2}$ (από την προηγούμενη παράγραφο) και $2^{2r}|a_r$ (από την (1.1) για m=r

) παίρνουμε ότι $2^{2r+2}|a_{r+1}$ .

Οπότε το επαγωγικό βήμα και άρα και η απόδειξη έχει ολοκληρωθεί.

#11

Στο Πρόβλημα 4 είναι σχετικά απλό το $f_{m+1} \geqslant mf_m$ αλλά δεν είχα προσέξει τον τρόπο του Αχιλλέα για να πάρω ακόμη f_m

φρέσκιες μεταθέσεις. Έτσι βρήκα τελικά αυτήν την απόδειξη:

Για κάθε μετάθεση $\pi$ των $1,2,\ldots,n$ γράφουμε $g(\pi)$ για το ελάχιστο

ώστε οι πρώτοι

αριθμοί στη μετάθεση να είναι οι $1, 2, \ldots, k$ σε κάποια σειρά. Άρα η $\pi$ είναι φρέσκια αν και μόνο αν $g(\pi) = n$ .

Παρατηρούμε ότι υπάρχουν f_k(n-k)!

μεταθέσεις $\pi$ των $1,2,\ldots,n$ με $g(\pi) = k$ . Πράγματι, αν περιοριστούμε στους πρώτους

αριθμούς η μετάθεση που ορίζουν πρέπει να είναι φρέσκια, ενώ στους τελευταίους n-k

αριθμούς μπορούμε να έχουμε οποιαδήποτε μετάθεση. Επομένως

$\displaystyle \sum_{k=1}^n f_k(n-k)! = n!$

Παρατηρούμε τώρα ότι

$\begin{aligned} 0 &= (n+1)! - (n+2)n! + n(n-1)! \\ &= \sum_{k=1}^{n+1} f_k(n+1-k)! - (n+2)\sum_{k=1}^n f_k(n-k)! + n\sum_{k=1}^{n-1} f_k(n-1-k)! \\ &= f_{n+1} - (n+1)f_n + \sum_{k=1}^{n-1} f_k(n-k)![(n-k)(n+1-k)+n-(n+2)(n-k)] \\ &= f_{n+1} - (n+1)f_n + \sum_{k=1}^{n-1} f_k(n-k)![n-(n-k)(k+1)] \\ &= f_{n+1} - (n+1)f_n - \sum_{k=1}^{n-1} f_k(n-k)!k(n-1-k) \end{aligned}$

Επομένως
$\displaystyle f_{n+1} = (n+1)f_n + \sum_{k=1}^{n-1} f_k(n-k)!k(n-1-k) \geqslant (n+1)f_n$

#12

Δίνω και την προσέγγισή μου στο Πρόβλημα 5. Η λύση μου ήταν με κάπως διαφορετική σειρά από όπως την έγραψα εδώ. Πρώτα με κυνήγι γωνιών έφτασα στο γεγονός ότι αρκεί να δείξω ότι $\angle DOE = 120^{\circ}$ και μετά είδα ότι όντως αυτό ισχύει.

[Οι λύσεις μου στα 2 και 6 θα μπουν αργότερα. Στο 3 δεν βρήκα λύση

αλλά αν δεν μπει κάτι θα δώσω μια από τις επίσημες.]

Έστω

το κέντρο του $\Gamma$ και έστω ότι έχει συντεταγμένες (0,0)

. Μπορούμε να υποθέσουμε ότι A = (a,b)

και

. Τότε

. Αν

το σημείο τομής της

με την

τότε

το μέσο της

, επομένως F = (-R/2,b)

. Η εξίσωση της

είναι η

επομένως η εξίσωση της

που είναι κάθετη στην

και περνά από το

είναι η

. Από τριγωνομετρία βγαίνει τώρα ότι $\angle DOE = 120^{\circ}$ .

: EGMO5.png (81.67 KiB) Προβλήθηκε 2637 φορές

Έχουμε λοιπόν και $\angle DCE = \angle DAE = 60^{\circ}$ . Έστω $\angle BDE = \vartheta$ . Τότε έχουμε $\angle ABD = 90^{\circ} - \vartheta$ και $\angle BCE = \angle BAE = \angle EDP = \vartheta$ . Επίσης, $\angle DAB = \angle DAE - \angle BAE = 60^{\circ} - \vartheta$ .

Έστω $\angle CBA = \varphi$ . Αφού PB=PC

έχουμε $\angle PCB = \varphi$ και άρα $\angle CPA = 2\varphi$ . Είναι όμως και $\angle COA = 2\varphi$ , επομένως τα A,C,P,O

είναι ομοκυκλικά.

Είναι OA = OC

οπότε $\angle OAC = \angle OCA = 90^{\circ}-2\varphi$ . Από ομοκυκλικότητα είναι και $\angle OPA = 90^{\circ}-2\varphi$ . Όμως AP = R = OA

. Άρα $\angle POA = 90^{\circ}-2\varphi$ από όπου λαμβάνουμε $\angle OAP = 2\varphi$ .

Τότε παίρνουμε $\angle BOA = 180^{\circ} - 4\varphi$ οπότε $\angle BDA = 90^{\circ} - 2\varphi$ . Ξέρουμε επίσης ότι
$\displaystyle \angle BDA = 180^{\circ} - \angle DBA - \angle BAD = 30^{\circ}+2\vartheta$
Από τις δύο αυτές σχέσεις παίρνουμε $\varphi+\vartheta = 30^{\circ}$ .

Τότε $\angle PCE = \varphi + \vartheta = 30^{\circ}$ και αφού $DCE = 30^{\circ}$ ή

διχοτομεί την $\angle DCE$ . Επίσης
$\displaystyle \angle PDC = (90^{\circ} - 2\varphi) - (2\vartheta+\varphi) = 30^{\circ} - \varphi = \vartheta = \angle EDP$
Δηλαδή η

διχοτομεί την $\angle EDC$ .

Επομένως όντως έχουμε ότι το

είναι το έγκεντρο του τριγώνου EDC

.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #13

Βασικά θα την κατεβάσω, νομίζω έχει ένα κενό σε κάποιο σημείο. Δεν είδατε τίποτα!

min## · #14

Για την 3.
Αν προεκτείνουμε τις πλευρές του εξαγώνου,φτιάχνουμε τα ισόπλευρα (πρώτη συνθήκη) XYZ,X'Y'Z'

- $X\equiv AB\cap EF,X'\equiv AF\cap BC$ -ωρολογιακά, X'XY'YZ'Z

.
Από τη δεύτερη συνθήκη,το σημείο τομής των διχοτόμων (έστω

) έχει ίδιες τριγραμμικές ως προς τα

τρίγωνα,και επειδή σε ισόπλευρα τριγραμμικές/βαρυκεντρικές ταυτίζονται,θα έχει και ίδιες βαρυκεντρικές.Οι βαρυκεντρικές είναι "αφινικό αναλλοίωτο" οπότε $IX'Y'\simeq IXY,IY'Z'\simeq IYZ,IZ'X'\simeq IZX$ .Μάλιστα,επειδή τα αντίστοιχα ύψη των ομοίων τριγώνων είναι ίσα,θα είναι ίσα και τα X'Y'Z',XYZ

.
Αν ορίσουμε ως

το σημείο που προκύπτει από το θ.Miquel στο XYZ-FBD

τότε πάλι από Σπειροειδή ομοιότητα θα ισχύει πως το

θα έχει τις ίδιες βαρυκεντρικές ως προς τα XYZ,Y'Z'X'

.Άρα θα έχει και τις ίδιες τριγραμμικές και επειδή τα X'Y'Z',XYZ

είναι ίσα,θα είναι το σημείο τομής των διχοτόμων των $B\angle,D\angle,F\angle$ κλπ.
Υγ.Το παραπάνω μπορεί να γραφεί με πολλούς τρόπους-κάποιους καλύτερους,κάποιους χειρότερους (βλ.Aops)

#15

Βάζω τη λύση μου στο (2). Από ότι βλέπω αποδείχθηκε αρκετά δύσκολη αν και ουσιαστικά δεν χρησιμοποιεί κάποια δύσκολη ανισότητα.

Λήμμα: Αν x,y

μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί με $x \leqslant y \leqslant x+1$ τότε

$\displaystyle ((x+1)(y+1))^2 \geqslant 4(x^3 + y^3)$

με ισότητα αν και μόνο αν x=0,y=1

ή

.

Απόδειξη Λήμματος: Έχουμε

$\begin{aligned} (x+1)^2(y+1)^2 - (x-1)^2(y-1)^2 &= (xy+x+y-1)^2 - (xy-x-y+1)^2 \\ &= 4(x+y)(xy+1) \\ &\geqslant 4(x+y)[xy + (y-x)^2] \\ &= 4(x+y)(x^2-xy + y^2) \\ &= 4(x^3 + y^3) \end{aligned}$

Άρα η ανισότητα έχει αποδειχθεί. Επιπλέον η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν (x-1)(y-1) = 0

και

από όπου προκύπτει ο ισχυρισμός. $\qed$

Στο πρόβλημα τώρα, για οποιαδήποτε μετάθεση $(y_1,\ldots,y_{2020})$ της $(x_1,\ldots,x_{2020})$ παίρνουμε

$\displaystyle \sum_{i=1}^{2020} \big((x_i+1)(y_i+1)\big)^2 \geqslant 4 \sum_{i=1}^{2020} (x_i^3 + y_i)^3 = 8 \sum_{i=1}^{2020} x_i^3$

Για την ισότητα πρέπει $(x_i,y_i) \in \{(0,1),(1,0),(2,1),(1,2)\}$ για κάθε

.

Από τις συνθήκες (i) και (ii) πρέπει απαραίτητα η λίστα $(x_1,\ldots,x_{2020})$ να απότελείται μόνο από

και

ή μόνο από

και

.

Αν αποτελείται μόνο από

και

τότε πρέπει να έχουμε από ίσο αριθμό, αλλιώς από την αρχή του περιστερώνα θα υπάρχει

ώστε

. Ομοίως και αν αποτελείται από μόνο

και

.

Άρα οι μόνες λίστες που ικανοποιούν τις συνθήκες είναι οι $\displaystyle (\underbrace{0,\ldots,0}_{1010},\underbrace{1,\ldots,1}_{1010})$ και $\displaystyle (\underbrace{1,\ldots,1}_{1010},\underbrace{2,\ldots,2}_{1010})$

#16

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 19, 2020 9:28 am
Πρόβλημα 6. Έστω ακέραιος . Η ακολουθία $a_1, a_2, a_3, \ldots$ ορίζεται με ,
, και για κάθε $n \geq 4$ ,

$\displaystyle a_n = m(a_{n-1} + a_{n-2}) - a_{n-3}.$

Να βρεθούν όλοι οι ακέραιοι τέτοιοι ώστε κάθε όρος της ακολουθίας να είναι τέλειο τετράγωνο.

Βάζω τη λύση μου για αυτό. Για ώρα παιδευόμουν με γενικευμένη Pell. Εν τέλει κλειδί της λύσης ήταν να κοιτάξω την ακολουθία modulo

για συγκεκριμένο

.

Αν $m \equiv 1 \bmod 4$ τότε modulo

η ακολουθία γίνεται $1,1,4,4,7,\ldots$ , άτοπο αφού το

δεν είναι τέλειο τετράγωνο modulo

.

Αν $m \equiv 3 \bmod 4$ τότε modulo

η ακολουθία γίνεται $1,1,4,2,\ldots$ , άτοπο αφού το

δεν είναι τέλειο τετράγωνο modulo

.

Επομένως ο

είναι άρτιος. Έστω

πρώτος ώστε p|(m-1)

. Πρέπει

περιττός. Modulo

έχουμε
$\displaystyle a_n = a_{n-1} + a_{n-2}-a_{n-3}$
για κάθε $n \geqslant 4$ . Επειδή a_1=a_2=1,a_3=4

είναι απλό να ελεγχθεί επαγωγικά ότι $a_{2k-1} \equiv a_{2k} \equiv (3k-2) \bmod p$ .

Αν $p \neq 3$ , τότε από το Κινέζικο Θεώρημα η ακολουθία b_k = 3k-2

παίρνει όλες τις τιμές modulo

. Άρα όλες οι τιμές modulo

είναι τέλεια τετράγωνα modulo

, άτοπο αφού ως γνωστό υπάρχει (p-1)/2

τετραγωνικά μη υπόλοιπα modulo

.

Άρα πρέπει m = 3^k + 1

για κάποιο μη αρνητικό ακέραιο

. Επίσης, αφού a_4 = 5m-1 = n^2

, για κάποιο φυσικό

, πρέπει
$\displaystyle n^2 = 5m-1 = 5\cdot 3^k + 4$
Παίρνουμε $(n-2)(n+2) = 5 \cdot 3^k$ και αφού (n-2,n+2) = (n-2,4) = 1

. (Οι μόνοι πιθανοί διαιρέτες των n-2

και

είναι τα

και

.)

Άρα $n-2 = 5 \cdot 3^r$ και n+2 = 3^s

ή

και $n+2 = 5 \cdot 3^s$ για κάποιους φυσικούς r,s

με

.

Στην πρώτη περίπτωση παίρνουμε $4 = 3^s - 5 \cdot 3^r$ . Πρέπει r=0

ή

και εύκολα βλέπουμε ότι η μόνη λύση είναι η s=2,r=0

που δίνει

και

.

Στη δεύτερη περίπτωση παίρνουμε $4 = 5 \cdot 3^s - 3^r$ . Πρέπει r=0

ή

και εύκολα βλέπουμε ότι η μόνη λύση είναι η s=r=0

που δίνει

και

.

Επομένως οι μόνες πιθανές περιπτώσεις είναι m=2

ή

. Αν

παρατηρούμε ότι η ακολουθία είναι η $1^2,1^2,2^2,3^2,5^2,\ldots$ . Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι a_n = F_n^2

. Το ζητούμενο ισχύει για $n \leqslant 3$ . Έστω ότι ισχύει για $n \leqslant k$ . Για n = k+1

έχουμε

$\begin{aligned} a_{k+1} &= 2a_k + 2a_{k-1} - a_{k-2} \\ &= 2F_k^2 + 2F_{k-1}^2 - F_{k-2}^2 \\ &= (F_k + F_{k-1})^2 + (F_k-F_{k-1})^2 - F_{k-2}^2 \\ &= F_{k+1}^2 + F_{k-2}^2 - F_{k-2}^2 = F_{k+1}^2 \end{aligned}$

Άρα επαγωγικά έχουμε a_n = F_n^2

για κάθε φυσικό

.

Αν

παρατηρούμε ότι η ακολουθία είναι η $1^2,1^2,2^2,7^2,23^2,76^2\ldots$ . Ορίζουμε την ακολουθία b_n

με

και αναδρομικό τύπο $b_n = 3b_{n-1} + b_{n-2}$ για $n \geqslant 4$ . (Προσοχή στην τιμή του b_1

.) Αρκεί να δείξουμε ότι a_n = b_n^2

το οποίο ισχύει για $n \leqslant 3$ . Για $n \geqslant 4$ έχουμε

$\begin{aligned} a_{k+1} &= 10a_{k} + 10a_{k-1} - a_{k-2} \\ &= 10b_{k}^2 + 10b_{k-1}^2 - b_{k-2}^2 \\ &= (3b_{k} + b_{k-1})^2 + (b_{k} - 3b_{k-1}^2) - b_{k-2}^2 \\ &= b_{k+1}^2 + b_{k-2}^2- b_{k-2}^2 = b_{k+1}^2 \\ \end{aligned}$

Άρα επαγωγικά έχουμε a_n = b_n^2

για κάθε φυσικό

.

Επομένως οι μόνες δυνατές τιμές του

είναι οι

και

.

EGMO 2020

EGMO 2020

Re: EGMO 2020

Re: EGMO 2020

Re: EGMO 2020

Re: EGMO 2020

Re: EGMO 2020

Re: EGMO 2020

Re: EGMO 2020

Re: EGMO 2020

Re: EGMO 2020

Re: EGMO 2020

Re: EGMO 2020

Re: EGMO 2020

Re: EGMO 2020

Re: EGMO 2020

Re: EGMO 2020

Μέλη σε σύνδεση