EGMO 2019

Συντονιστής: spyros

Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 317
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

EGMO 2019

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Τρί Απρ 09, 2019 9:06 am

Σήμερα ξεκινάει η EGMO 2019 στην οποία η Ελλάδα συμμετέχει για δεύτερη φορά. Να ευχηθούμε καλή επιτυχία στην Ελληνική ομάδα ( Ειρηνούλα θέλω χρυσό :D ) καθώς και στην Κυπριακή στην οποία leader είναι ο "δικός μας" Δημήτρης Χριστοφίδης!!!


Υ.γ: Αν μπορέσω να βρω τα θέματα θα προσπαθήσω να τα ανεβάσω !



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3872
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: EGMO 2019

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Τρί Απρ 09, 2019 2:27 pm

Ξεκινώ με τα θέματα της 1ης μέρας! Ευχαριστώ τον Αρχηγό της Ελληνικής Αποστολής Αχιλλέα Συνεφακόπουλο που μου τα έστειλε.

Εύχομαι καλή αρχή στην Ελληνική και Κυπριακή Αποστολή!

Πρόβλημα 1
Να βρεθούν όλες οι τριάδες \left(a,b,c\right) πραγματικών αριθμών τέτοιων ώστε ab+bc+ca=1 και \displaystyle a^2b+c=b^2c+a=c^2a+b.


Πρόβλημα 2
Έστω n ένας θετικός ακέραιος. Τοποθετούνται ντόμινο σε ένα 2n\times 2n πίνακα με τέτοιο τρόπο ώστε κάθε κελί του πίνακα να είναι γειτονικό με ακριβώς ένα κελί το οποίο να καλύπτεται από ένα ντόμινο. Για κάθε n, να προσδιοριστεί το μέγιστο πλήθος των ντόμινο που μπορούν να τοποθετηθούν με αυτόν τον τρόπο.

(Ένα ντόμινο είναι ένα πλακίδιο διαστάσεων 2 \times 1 ή 1 \times2. Τα ντόμινο τοποθετούνται στον πίνακα με τέτοιο τρόπο ώστε κάθε ντόμινο να καλύπτει ακριβώς δύο κελιά του πίνακα, και τα ντόμινο να μην αλληλοεπικαλύπτονται. Δύο κελιά ονομάζονται γειτονικά εάν είναι διαφορετικά και έχουν μία κοινή πλευρά).

Πρόβλημα 3
Έστω τρίγωνο ABC τέτοιο ώστε \angle CAB>\angle ABC, και έστω I το έγκεντρό του. Έστω D σημείο στο τμήμα BC τέτοιο ώστε \angle CAD=\angle ABC. Έστω \omega ο κύκλος ο οποίος εφάπτεται της AC στο A και διέρχεται από το I. Έστω X το δεύτερο σημείο τομής του \omega με τον περιγεγγραμμένο κύκλο του ABC. Να αποδειχθεί ότι οι διχοτόμοι των γωνιών \angle DAB και \angle CXB τέμνονται σε σημείο της ευθείας BC.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2612
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: EGMO 2019

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Τρί Απρ 09, 2019 2:40 pm

Πρόβλημα 1. Να βρεθούν όλες οι τριάδες \left(a,b,c\right) πραγματικών αριθμών τέτοιων ώστε ab+bc+ca=1 και

\displaystyle  
a^2b+c=b^2c+a=c^2a+b.

********************************************************************

Λύση: Έχουμε

\displaystyle  
 c(1-b^2)=a(1-ab)=a(bc+ca)=c(ab+a^2),

κι έτσι

\displaystyle  
 c(a^2+ab+b^2-1)=0.

Ομοίως, έχουμε

\displaystyle  
 b(a^2+ac+c^2-1)=0\quad \text{και} \quad a(b^2+bc+c^2-1)=0.

Αν c=0, τότε παίρνουμε ab=1 και a^2b=a=b, που δίνουν a=b=1, ή a=b=-1.
Ομοίως, εάν a=0, τότε b=c=1, ή b=c=-1, ενώ αν b=0, τότε a=c=1, ή a=c=-1.

Έτσι, ας υποθέσουμε ότι abc\ne 0. Τότε

\displaystyle  
 a^2+ab+b^2=b^2+bc+c^2=c^2+ca+a^2=1.

Προσθέτοντας τες, παίρνουμε

\displaystyle  
2(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca=3,

και χρησιμοποιώντας τη σχέση ab+bc+ca=1, παίρνουμε

\displaystyle  
 a^2+b^2+c^2=1=ab+bc+ca.

Συνεπώς,

\displaystyle  
 (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2(a^2+b^2+c^2)-2(ab+bc+ca)=0

κι έτσι a^2=b^2=c^2=1/3, οπότε a=b=c=\pm \dfrac{1}{\sqrt{3}}.

Συνεπώς, οι λύσεις (a,b,c) είναι (0,1,1), (0,-1,-1), (1,0,1), (-1,0,-1), (1,1,0), (-1,-1,0), ( \dfrac{1}{\sqrt{3}}, \dfrac{1}{\sqrt{3}}, \dfrac{1}{\sqrt{3}}), ( -\dfrac{1}{\sqrt{3}}, -\dfrac{1}{\sqrt{3}}, -\dfrac{1}{\sqrt{3}}).

Φιλικά,

Αχιλλέας


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2612
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: EGMO 2019

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Τρί Απρ 09, 2019 2:40 pm

Πρόβλημα 3. Έστω τρίγωνο ABC τέτοιο ώστε \angle CAB>\angle ABC, και έστω I το έγκεντρό του. Έστω D σημείο στο τμήμα BC τέτοιο ώστε \angle CAD=\angle ABC. Έστω \omega ο κύκλος ο οποίος εφάπτεται της AC στο A και διέρχεται από το I. Έστω X το δεύτερο σημείο τομής του \omega με τον περιγεγγραμμένο κύκλο του ABC. Να αποδειχθεί ότι οι διχοτόμοι των γωνιών \angle DAB και \angle CXB τέμνονται σε σημείο της ευθείας BC.
********************************************************************

Λύση: Παρατηρούμε ότι \displaystyle \angle BAD=\angle BAC-\angle DAC=\angle A-\angle B.

Έστω ότι οι CX και AD τέμνονται στο K. Τότε \angle CXA=\angle ABC=\angle KAC.

Επίσης, έχουμε \angle IXA=\angle A/2, αφού ο \omega εφάπτεται στην AC στο A. Επομένως,

\displaystyle \angle DAI=|\angle B-\angle A/2|=|\angle KXA-\angle IXA|=\angle KXI,

(η απόλυτη τιμή εξαρτάται από το αν \angle B\geq \angle A/2 ή όχι) που σημαίνει ότι το τετράπλευρο XKIA είναι εγγράψιμο, δηλ. το K ανήκει στον \omega.

Έστω ότι η ευθεία IK τέμνει την BC στο E. (Αν \angle B=\angle A/2, τότε η IK "εκφυλίζεται" στην εφαπτόμενη στον \omega στο I.)

Παρατηρούμε ότι το τετράπλευρο BEIA είναι εγγράψιμο, αφού

\displaystyle  
\angle EIA=180^\circ-\angle KXA=180^\circ-\angle ABE.

Έχουμε \angle EKA=180^\circ-\angle AXI=180^\circ-\angle A/2 και \angle AEI=\angle ABI=\angle B/2. Έτσι

\begin{aligned} 
\angle EAK&=180^\circ-\angle EKA-\angle AEI\\ 
		&=180^\circ-(180^\circ-\angle A/2)-\angle B/2\\ 
		&=(\angle A-\angle B)/2\\ 
		&=\angle BAD/2 
		\end{aligned}

Αυτό σημαίνει ότι η AE είναι διχοτόμος της \angle BAD. Έπειτα, έστω M το σημείο τομής των AE και BI. Τότε

\displaystyle \angle EMI=180^\circ -\angle B/2-\angle BAD/2=180^\circ -\angle A/2

κι έτσι η παραπληρωματική της γωνία ισούται με

\displaystyle  
\angle AMI=\angle A/2=\angle AXI,

κι άρα τα X, M, K, I , A βρίσκονται στον \omega. Έπειτα, έχουμε

\begin{aligned} 
\angle XMA&=\angle XKA\\ 
		&=180^\circ -\angle ADC-\angle XCB\\ 
		&=180^\circ -\angle A-\angle XCB\\ 
		&=\angle B+\angle XCA\\ 
		&=\angle B+\angle XBA\\ 
		&=\angle XBE 
	\end{aligned}

κι άρα τα X, B, E, M είναι ομοκυκλικά. Έτσι,

\begin{aligned} 
	\angle EXC&=\angle EXM+\angle MXC\\ 
			&=\angle MBE+\angle MAK\\ 
			&=\angle B/2+\angle BAD/2\\ 
			&=\angle A/2\\ 
			&=\angle BXC/2. 
	\end{aligned}

Άρα η XE είναι διχοτόμος της \angle BXC, όπως θέλαμε!

Φιλικά,

Αχιλλέας
Συνημμένα
egmo_3_mathematica.png
egmo_3_mathematica.png (44.59 KiB) Προβλήθηκε 980 φορές


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8058
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: EGMO 2019

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Απρ 09, 2019 5:01 pm

Βάζω μια λύση για τη 2. (Συμπλήρωσα τώρα και την κατασκευή.) Η λύση μου είναι διαφορετική από την επίσημη (η οποία δεν έχει ακόμη αναρτηθεί).

Έστω ότι έχουμε a γωνιακά ντόμινο, b πλευρικά, c για τα οποία το ένα κελί είναι πλευρικό και το άλλο όχι, και d τα οποία δεν έχουν κανένα κελί στο πλευρό.

Όλα αυτά καλύπτουν συνολικά 5a+6b+7c+8d = 4n^2 κελιά. Επίσης, κοιτάζοντας τα κελιά στον περίγυρο, βλέπουμε ότι 4a+4b+3c \leqslant 8n-4.

Άρα:

\displaystyle  \displaystyle{a+b+c+d = \frac{4n^2 + 3a + 2b + c}{8} = \frac{4n^2 + \frac{4a+4b+3c}{2} + \frac{2a-c}{2}}{8}\leqslant \frac{4n^2 + (4n-2) + 4}{8} = \frac{n(n+1)}{2} + \frac{1}{4}}

αφού a \leqslant 4. Άρα χρησιμοποιήσαμε το πολύ \binom{n}{2} ντόμινο.

Η κατασκευή για n=2,4 είναι απλή. Αν έχουμε την κατασκευή για n=k θα δείξουμε πως παίρνουμε την κατασκευή για n=k+2. Ξεκινάμε από τον (2k+4) \times (2k+4) πίνακα και στον περίγυρο εναλλάξ είτε τοποθετούμε ντόμινο σε δύο κελιά είτε τα αφήνουμε κενά όπως στο πιο κάτω σχήμα. Όλα τα κελιά στον περίγυρο έχουν την ζητούμενη ιδιότητα. Μας μένει ένας (2k+2) \times (2k+2) πίνακας στον περίγυρο του οποίου δεν θα τοποθετήσουμε κανένα ντόμινο. Στο σχήμα έχουμε σημειώσει τα κελιά τα οποία ακόμη δεν έχουν τη ζητούμενη ιδιότητα. Αυτά είναι ακριβώς τα κελιά τα οποία δεν είναι γωνιακά και είναι γειτονικά σε κελιά του αρχικού περίγυρου στα οποία δεν τοποθετήθηκε ντόμινο. (Με τα γωνιακά κελιά είμαστε πάντα εντάξει.) Μπορούμε τώρα να δούμε ότι μπορούμε να τοποθετήσουμε ντόμινο εναλλάξ στον περίγυρο του εσωτερικού 2k \times 2k πίνακα ώστε να καλύπτουν ακριβώς τα ακάλυπτα κελιά του περίγυρου του (2k+2) \times (2k+2) πίνακα. Η κάλυψη του 2k \times 2k πίνακα συμπληρώνεται επαγωγικά.

Σημείωση: Οι περιπτώσεις k περιττός και k άρτιος έχουν λίγο διαφορετικό σχήμα αλλά τίποτα το ουσιαστικά διαφορετικό.

\begin{tikzpicture}[scale=0.8,line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] 
\clip(-0.98,-0.76) rectangle (10.96,10.66); 
\fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (0.,8.) -- (1.,8.) -- (1.,10.) -- (0.,10.) -- cycle; 
\fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (0.,6.) -- (1.,6.) -- (1.,4.) -- (0.,4.) -- cycle; 
\fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (0.,2.) -- (0.,0.) -- (1.,0.) -- (1.,2.) -- cycle; 
\fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (3.,1.) -- (3.,0.) -- (5.,0.) -- (5.,1.) -- cycle; 
\fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (7.,1.) -- (7.,0.) -- (9.,0.) -- (9.,1.) -- cycle; 
\fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (9.,2.) -- (10.,2.) -- (10.,4.) -- (9.,4.) -- cycle; 
\fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (9.,6.) -- (10.,6.) -- (10.,8.) -- (9.,8.) -- cycle; 
\fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (9.,9.) -- (9.,10.) -- (7.,10.) -- (7.,9.) -- cycle; 
\fill[line width=2.pt,fill=black,fill opacity=1.0] (5.,9.) -- (5.,10.) -- (3.,10.) -- (3.,9.) -- cycle; 
\draw [line width=2.pt] (0.,0.)-- (0.,10.); 
\draw [line width=2.pt] (0.,10.)-- (10.,10.); 
\draw [line width=2.pt] (10.,10.)-- (10.,0.); 
\draw [line width=2.pt] (10.,0.)-- (0.,0.); 
\draw [line width=2.pt] (1.,1.)-- (1.,9.); 
\draw [line width=2.pt] (1.,9.)-- (9.,9.); 
\draw [line width=2.pt] (9.,9.)-- (9.,1.); 
\draw [line width=2.pt] (9.,1.)-- (1.,1.); 
\draw [line width=2.pt] (0.,8.)-- (1.,8.); 
\draw [line width=2.pt] (1.,8.)-- (1.,10.); 
\draw [line width=2.pt] (1.,10.)-- (0.,10.); 
\draw [line width=2.pt] (0.,10.)-- (0.,8.); 
\draw [line width=2.pt] (0.,6.)-- (1.,6.); 
\draw [line width=2.pt] (1.,6.)-- (1.,4.); 
\draw [line width=2.pt] (1.,4.)-- (0.,4.); 
\draw [line width=2.pt] (0.,4.)-- (0.,6.); 
\draw [line width=2.pt] (0.,2.)-- (0.,0.); 
\draw [line width=2.pt] (0.,0.)-- (1.,0.); 
\draw [line width=2.pt] (1.,0.)-- (1.,2.); 
\draw [line width=2.pt] (1.,2.)-- (0.,2.); 
\draw [line width=2.pt] (3.,1.)-- (3.,0.); 
\draw [line width=2.pt] (3.,0.)-- (5.,0.); 
\draw [line width=2.pt] (5.,0.)-- (5.,1.); 
\draw [line width=2.pt] (5.,1.)-- (3.,1.); 
\draw [line width=2.pt] (7.,1.)-- (7.,0.); 
\draw [line width=2.pt] (7.,0.)-- (9.,0.); 
\draw [line width=2.pt] (9.,0.)-- (9.,1.); 
\draw [line width=2.pt] (9.,1.)-- (7.,1.); 
\draw [line width=2.pt] (9.,2.)-- (10.,2.); 
\draw [line width=2.pt] (10.,2.)-- (10.,4.); 
\draw [line width=2.pt] (10.,4.)-- (9.,4.); 
\draw [line width=2.pt] (9.,4.)-- (9.,2.); 
\draw [line width=2.pt] (9.,6.)-- (10.,6.); 
\draw [line width=2.pt] (10.,6.)-- (10.,8.); 
\draw [line width=2.pt] (10.,8.)-- (9.,8.); 
\draw [line width=2.pt] (9.,8.)-- (9.,6.); 
\draw [line width=2.pt] (9.,9.)-- (9.,10.); 
\draw [line width=2.pt] (9.,10.)-- (7.,10.); 
\draw [line width=2.pt] (7.,10.)-- (7.,9.); 
\draw [line width=2.pt] (7.,9.)-- (9.,9.); 
\draw [line width=2.pt] (5.,9.)-- (5.,10.); 
\draw [line width=2.pt] (5.,10.)-- (3.,10.); 
\draw [line width=2.pt] (3.,10.)-- (3.,9.); 
\draw [line width=2.pt] (3.,9.)-- (5.,9.); 
\draw [line width=2.pt] (2.,8.)-- (2.,2.); 
\draw [line width=2.pt] (2.,8.)-- (8.,8.); 
\draw [line width=2.pt] (8.,8.)-- (8.,2.); 
\draw [line width=2.pt] (8.,2.)-- (2.,2.); 
\draw [fill=black] (1.5,7.5) circle (2.0pt); 
\draw [fill= black] (1.5,6.5) circle (2.0pt); 
\draw [fill= black] (2.5,8.5) circle (2.0pt); 
\draw [fill= black] (1.5,3.5) circle (2.0pt); 
\draw [fill= black] (1.5,2.5) circle (2.0pt); 
\draw [fill= black] (5.5,8.5) circle (2.0pt); 
\draw [fill= black] (6.5,8.5) circle (2.0pt); 
\draw [fill= black] (8.5,5.5) circle (2.0pt); 
\draw [fill= black] (8.5,4.5) circle (2.0pt); 
\draw [fill= black] (6.5,1.5) circle (2.0pt); 
\draw [fill= black] (5.5,1.5) circle (2.0pt); 
\draw [fill= black] (2.5,1.5) circle (2.0pt); 
\end{tikzpicture}


silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1210
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: EGMO 2019

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τετ Απρ 10, 2019 2:04 pm

cretanman έγραψε:
Τρί Απρ 09, 2019 2:27 pm
Πρόβλημα 1
Να βρεθούν όλες οι τριάδες \left(a,b,c\right) πραγματικών αριθμών τέτοιων ώστε ab+bc+ca=1 και \displaystyle a^2b+c=b^2c+a=c^2a+b.
Και μια λίγο διαφορετική σκέψη γι' αυτό.
Αν κάποιος είναι μηδέν, ας πούμε a=0, τότε bc=1 από την πρώτη συνθήκη και b=c από τη δεύτερη,
άρα b=c=1 ή b=c=-1.

Αλλιώς, κάνω ομογενή τη δεύτερη συνθήκη, χρησιμοποιώντας την πρώτη:
\displaystyle a^2b+c=b^2c+a\iff a^2b+c(ab+bc+ca)=b^2c+a(ab+bc+ca)\iff c^2b+c^2a=cb^2+ca^2

Επειδή τώρα έχουμε υποθέσει ότι όλοι είναι διάφοροι του μηδενός, παίρνουμε cb+ca=a^2+b^2.
Παίρνοντας κυκλικά τις άλλες δύο σχέσεις και προσθέτοντας έχουμε \displaystyle{2(ab+bc+ca)=2(a^2+b^2+c^2)}, οπότε a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 317
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: EGMO 2019

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Τετ Απρ 10, 2019 3:05 pm

Πρόβλημα 4: Έστω ABC τρίγωνο με έγκεντρο I. Ο κύκλος ο οποίος διέρχεται από το B και εφάπτεται της AI στο I τέμνει ξανά την πλευρά AB στο P. Ο κύκλος ο οποίος διέρχεται από το C και εφάπτεται της AI στο I τέμνει ξανά την πλευρά AC στο Q. Να αποδειχθεί ότι η PQ εφάπτεται στον εγγεγραμμένο κύκλο του ABC.

Πρόβλημα 5: Έστω n \geq 2 ένας ακέραιος, και έστω a_1, a_2, \ldots, a_n θετικοί ακέραιοι. Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν θετικοί ακέραιοι b_1, b_2, \ldots, b_n οι οποίοι να ικανοποιούν τις ακόλουθες τρεις συνθήκες:
(Α) a_i \leq b_i για i = 1, 2, \ldots, n,
(Β) τα υπόλοιπα των b_1, b_2, \ldots, b_n όταν διαιρεθούν με τον n είναι ανά δύο διαφορετικά, και
(Γ) \displaystyle b_1 + \dots + b_n \leq n \left( \frac{n-1}{2} + \left\lfloor \frac{a_1 + \cdots + a_n}{n} \right\rfloor \right).

(Εδώ, το \lfloor x\rfloor συμβολίζει το ακέραιο μέρος του πραγματικού αριθμού x, δηλαδή, τον μεγαλύτερο ακέραιο ο οποίος δεν υπερβαίνει τον x.)

Πρόβλημα 6:
Σε έναν κύκλο η Αλίνα σχεδιάζει 2019 χορδές, τα άκρα των οποίων είναι όλα διαφορετικά. Ένα σημείο θεωρείται σημαδεμένο εάν είναι είτε
(i) ένα από τα 4038 άκρα των χορδών, είτε
(ii) ένα σημείο τομής τουλάχιστον δύο χορδών.

Η Αλίνα βάζει έναν αριθμό σε κάθε σημαδεμένο σημείο. Από τα 4038 σημεία τα οποία ικανοποιούν το κριτήριο (i), η Αλίνα βάζει σε 2019 σημεία το 0 και στα υπόλοιπα 2019 σημεία το 1.
Σε κάθε σημείο το οποίο ικανοποιεί το κριτήριο (ii) βάζει έναν αυθαίρετο ακέραιο (όχι απαραίτητα θετικό).

Κατά μήκος κάθε χορδής, η Αλίνα θεωρεί τα τμήματα τα οποία συνδέουν δύο διαδοχικά σημαδεμένα σημεία. (Μια χορδή με k σημαδεμένα σημεία έχει k-1 τέτοια τμήματα.) Σε κάθε τέτοιο τμήμα βάζει μια κίτρινη ετικέτα με το άθροισμα των αριθμών των άκρων του και μια μπλε ετικέτα με την απόλυτη τιμή της διαφοράς των αριθμών των άκρων του.

Η Αλίνα παρατηρεί ότι οι N+1 κίτρινες ετικέτες λαμβάνουν κάθε μια από τις τιμές 0,1, \ldots, N ακριβώς μια φορά. Να αποδειχθεί ότι η τιμή τουλάχιστον μιας μπλε ετικέτας είναι πολλαπλάσιο του 3.

(Χορδή είναι ένα ευθύγραμμο τμήμα το οποίο συνδέει δύο διαφορετικά σημεία ενός κύκλου.)
τελευταία επεξεργασία από Demetres σε Τετ Απρ 10, 2019 3:23 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2612
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: EGMO 2019

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Τετ Απρ 10, 2019 3:13 pm

Πρόβλημα 4. Έστω ABC τρίγωνο με έγκεντρο I. Ο κύκλος ο οποίος διέρχεται από το B και εφάπτεται της AI στο I τέμνει ξανά την πλευρά AB στο P. Ο κύκλος ο οποίος διέρχεται από το C και εφάπτεται της AI στο I τέμνει ξανά την πλευρά AC στο Q. Να αποδειχθεί ότι η PQ εφάπτεται στον εγγεγραμμένο κύκλο του ABC.

************************************************************
Λύση: Από τη δύναμη σημείου Α ως προς κύκλο παίρνουμε

\displaystyle  
AP\cdot AB=AI^2=AQ\cdot AC.

Έτσι, το PBCQ είναι εγγράψιμο, κι έτσι, \angle APQ=\angle ACB.

Έστω K το περίκεντρο του \triangle BIP και έστω L το περίκεντρο του \triangle QIC. Τότε η \overline{KL} είναι κάθετη στην AI στο I.

Έστω N το σημείο τομής της \overline{KL} με την AB. Τότε από το ορθογώνιο τρίγωνο \triangle NIA, έχουμε

\angle ANI=90^\circ-\frac{\angle A}{2} και από το θεώρημα εξωτερικής γωνίας στο \triangle BNI, έχουμε \angle ANI=\frac{\angle B}{2}+\angle NIB.

Έτσι

\displaystyle  
\angle NIB=90^\circ-\frac{\angle A}{2}-\frac{\angle B}{2}=\frac{\angle C}{2}.

Επομένως, αφού η MI εφάπτεται στον περίκεντρο του \triangle BIP στο I έχουμε

\displaystyle  
\angle BPI=\angle BIM=\angle NIM-\angle NIB=90^\circ-\frac{\angle C}{2}.

Αφού \angle APQ=\angle C, έχουμε

\displaystyle \angle QPI=180^\circ-\angle APQ-\angle BPI=180^\circ-\angle C-\left(90^\circ-\frac{\angle C}{2}\right)=90^\circ-\frac{\angle C}{2},

επίσης. Άρα το I βρίσκεται στη διχοτόμο της \angle BPQ, και άρα θα ισαπέχει από τις πλευρές της. Έτσι, η απόσταση του I από το \overline{PQ} ισούται με την ακτίνα του εγγεγραμένου κύκλου στο \triangle ABC.

Συνεπώς, η PQ εφάπτεται στον εγγεγραμμένο κύκλο του ABC.
Συνημμένα
egmo_4_mathematica.png
egmo_4_mathematica.png (25.97 KiB) Προβλήθηκε 750 φορές


achilleas
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2612
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: EGMO 2019

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Τετ Απρ 10, 2019 3:18 pm

Πρόβλημα 5. Έστω n \geq 2 ένας ακέραιος, και έστω a_1, a_2, \ldots, a_n θετικοί ακέραιοι. Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν θετικοί ακέραιοι b_1, b_2, \ldots, b_n οι οποίοι να ικανοποιούν τις ακόλουθες τρεις συνθήκες:

(i) a_i \leq b_i για i = 1, 2, \ldots, n,

(ii) τα υπόλοιπα των b_1, b_2, \ldots, b_n όταν διαιρεθούν με τον n είναι ανά δύο διαφορετικά, και

(iii) \displaystyle b_1 + \dots + b_n \leq n \left( \frac{n-1}{2} + \left\lfloor \frac{a_1 + \cdots + a_n}{n} \right\rfloor \right).

****************************

Λύση: Θέτουμε b_1=a_1. Ορίζουμε τα b_i επαγωγικά ως εξής: ας υποθέσουμε ότι έχουμε κατασκευάσει τα b_1,b_2,\dots,b_k για κάποια k\geq 1 ώστε να ικανοποιούν τις συνθήκες. Παρατηρούμε ότι τουλάχιστον ένας από τους k+1 ακέραιους a_{k+1}, a_{k+1}+1,\dots a_{k+1}+k αφήνει διαφορετικό υπόλοιπο στη διαίρεση του με το n από το υπόλοιπο που αφήνουν οι b_1, b_2,\dots, b_k. Θέτουμε b_{k+1} να είναι ο ελάχιστος από αυτούς τους αριθμούς. Έτσι

\displaystyle  
a_{i}\leq b_{i}\leq a_i+i-1

for i=1, 2,\dots, n.Τότε οι πρώτες δύο συνθήκες ικανοποιούνται από την κατασκευή μας. Για την τρίτη συνθήκη, προσθέτοντας τις παρακάτω σχέσεις κατά μέλη

\begin{aligned} 
  	b_1&=a_1\\ 
	b_2-1&\leq a_2\\ 
	b_3-2&\leq a_{3}\\ 
	b_4-3&\leq a_{4}\\ 
	&\vdots\\ 
	b_n-(n-1)&\leq a_{n} 
\end{aligned}

παίρνουμε

\displaystyle  
	b_1+b_2+\cdots+b_n-\left(1+2+\cdots (n-1)\right)\leq a_1+a_2+\cdots +a_n

Το αριστερό μέλος της παραπάνω ανισότητας είναι πολλαπλάσιο του n από τη συνθήκη (ii). Διαιρώντας με n, αφού 1+2+\cdots (n-1)=\frac{(n-1)n}{2}, παίρνουμε

\displaystyle  
\frac{b_1+b_2+\cdots+b_n}{n}-\frac{n-1}{2}\leq \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}.

Το αριστερό μέλος της παραπάνω ανισότητας είναι ακέραιος, οπότε παίρνοντας το ακέραιο μέρος και των δυο μελών έχουμε

\displaystyle  
\frac{b_1+b_2+\cdots+b_n}{n}-\frac{n-1}{2}\leq \lfloor \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\rfloor,

όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Αχιλλέας


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3872
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: EGMO 2019

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Τετ Απρ 10, 2019 3:23 pm

2η (και τελευταία μέρα του διαγωνισμού). Εύχομαι καλά αποτελέσματα στις ομάδες μας!

Πρόβλημα 4
Έστω ABC τρίγωνο με έγκεντρο I. Ο κύκλος ο οποίος διέρχεται από το B και εφάπτεται της AI στο I τέμνει ξανά την πλευρά AB στο P. Ο κύκλος ο οποίος διέρχεται από το C και εφάπτεται της AI στο I τέμνει ξανά την πλευρά AC στο Q. Να αποδειχθεί ότι η PQ εφάπτεται στον εγγεγραμμένο κύκλο του ABC.

Πρόβλημα 5
Έστω n \geq 2 ένας ακέραιος, και έστω a_1, a_2, \ldots, a_n θετικοί ακέραιοι. Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν θετικοί ακέραιοι b_1, b_2, \ldots, b_n οι οποίοι να ικανοποιούν τις ακόλουθες τρεις συνθήκες:

(Α) a_i \leq b_i για i = 1, 2, \ldots, n,
(Β) τα υπόλοιπα των b_1, b_2, \ldots, b_n όταν διαιρεθούν με τον n είναι ανά δύο διαφορετικά, και
(Γ) \displaystyle b_1 + \dots + b_n \leq n \left( \frac{n-1}{2} + \left\lfloor \frac{a_1 + \cdots + a_n}{n} \right\rfloor \right).

(Εδώ, το \lfloor x\rfloor συμβολίζει το ακέραιο μέρος του πραγματικού αριθμού x, δηλαδή, τον μεγαλύτερο ακέραιο ο οποίος δεν υπερβαίνει τον x.)


Πρόβλημα 6
Σε έναν κύκλο η Αλίνα σχεδιάζει 2019 χορδές, τα άκρα των οποίων είναι όλα διαφορετικά. Ένα σημείο θεωρείται σημαδεμένο εάν είναι είτε

(i) ένα από τα 4038 άκρα των χορδών, είτε
(ii) ένα σημείο τομής τουλάχιστον δύο χορδών.

Η Αλίνα βάζει έναν αριθμό σε κάθε σημαδεμένο σημείο. Από τα 4038 σημεία τα οποία ικανοποιούν το κριτήριο (i), η Αλίνα βάζει σε 2019 σημεία το 0 και στα υπόλοιπα 2019 σημεία το 1.
Σε κάθε σημείο το οποίο ικανοποιεί το κριτήριο (ii) βάζει έναν αυθαίρετο ακέραιο (όχι απαραίτητα θετικό).

Κατά μήκος κάθε χορδής, η Αλίνα θεωρεί τα τμήματα τα οποία συνδέουν δύο διαδοχικά σημαδεμένα σημεία. (Μια χορδή με k σημαδεμένα σημεία έχει k-1 τέτοια τμήματα.) Σε κάθε τέτοιο τμήμα βάζει μια κίτρινη ετικέτα με το άθροισμα των αριθμών των άκρων του και μια μπλε ετικέτα με την απόλυτη τιμή της διαφοράς των αριθμών των άκρων του.

Η Αλίνα παρατηρεί ότι οι N+1 κίτρινες ετικέτες λαμβάνουν κάθε μια από τις τιμές 0,1, \ldots, N ακριβώς μια φορά. Να αποδειχθεί ότι η τιμή τουλάχιστον μιας μπλε ετικέτας είναι πολλαπλάσιο του 3.

(Χορδή είναι ένα ευθύγραμμο τμήμα το οποίο συνδέει δύο διαφορετικά σημεία ενός κύκλου.)


Αλέξανδρος Συγκελάκης
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1210
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: EGMO 2019

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τετ Απρ 10, 2019 4:31 pm

Τσιαλας Νικολαος έγραψε:
Τετ Απρ 10, 2019 3:05 pm
Πρόβλημα 4: Έστω ABC τρίγωνο με έγκεντρο I. Ο κύκλος ο οποίος διέρχεται από το B και εφάπτεται της AI στο I τέμνει ξανά την πλευρά AB στο P. Ο κύκλος ο οποίος διέρχεται από το C και εφάπτεται της AI στο I τέμνει ξανά την πλευρά AC στο Q. Να αποδειχθεί ότι η PQ εφάπτεται στον εγγεγραμμένο κύκλο του ABC.
Λίγο διαφορετικά.
Aπό τις γωνίες χορδής και εφαπτομένης έχουμε
\displaystyle{\angle{PIQ}=\angle{PBI}+\angle{QCI}=\frac{\angle{B}}{2}+\frac{\angle{C}}{2}=90^{\circ}-\frac{\angle{A}}{2}.}

Όμως το I είναι και στη διχοτόμο της γωνίας \angle{PAQ}, οπότε από τις δύο σχέσεις το I είναι το παράκεντρο του PAQ.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8058
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: EGMO 2019

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Απρ 11, 2019 12:13 am

Αν δει κανείς το 6 από τη σωστή οπτική γωνία η λύση είναι απλή και σύντομη. Μόνο που μου πήρε αρκετή ώρα να τη βρω...

Υποθέτω ότι δεν υπάρχει μπλε ετικέτα με τιμή πολλαπλάσιο του 3.

Για κάθε χορδή ορίζω το διάνυσμα (a_0,a_1,a_2) όπου a_i είναι το πλήθος των τμημάτων με άθροισμα άκρων i \bmod 3. Αν τα άκρα της χορδής είναι ίδια, ισχυρίζομαι ότι a_0 \equiv a_1 \equiv a_2 \bmod 2. Αν τα άκρα της χορδής έχουν διαφορετικούς αριθμούς (δηλαδή 0 και 1) ισχυρίζομαι ότι a_0 \equiv a_2 \equiv a_1+1 \bmod 2. Αυτό είναι άμεσο αν η χορδή δεν έχει σημαδεμένο εσωτερικό σημείο (δηλαδή τα άκρα της είναι 0 και 1) ή αν έχει ένα σημαδεμένο εσωτερικό σημείο με αριθμό 2 \bmod 3. (Δηλαδή έχουμε τις περιπτώσεις όπου κατά σειρά τα σημεία έχουν τους αριθμούς 0,2,0 ή 1,2,1 ή 0,2,1 ή 1,2,0.) Για το επαγωγικό βήμα, βρίσκω ένα εσωτερικό σημείο ίσο με 0 ή 1 \bmod 2 (δεν μπορεί να είναι όλα 2) και σπάω τη χορδή σε δύο χορδές στις οποίες ισχύει το ζητούμενο από την επαγωγική υπόθεση. Ένας απλός έλεγχος περιπτώσεων δείχνει ότι το ζητούμενο ισχύει και για ολόκληρη τη χορδή.

Προσθέτω τώρα όλα τα διανύσματα όλων τον χορδών. Θα έχω περιττό πλήθος από χορδές με διαφορετικούς αριθμούς. Άρα αν το άθροισμα είναι (a_0,a_1,a_2) τότε θα έχω a_0 \equiv a_2 \equiv a_1+1 \bmod 2. Όμως κοιτάζοντας τις κίτρινες ετικέτες πρέπει a_0 = a_1 ή a_1 = a_2, άτοπο.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8058
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: EGMO 2019

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Απρ 11, 2019 11:56 pm

Βγήκαν τα τελικά αποτελέσματα.

Η Κύπρος είχε ένα χάλκινο με την Ειρήνη Ιωάννου. (Το πρώτο μας σε EGMO.)
Η Ελλάδα είχε δύο χάλκινα με τις Ειρήνη Μηλιώρη και Άρτεμις Σάββα. Είχε επίσης δύο εύφημες μνείες με τις Κωνσταντίνα Ρασβάνη και Δανάη Αβδελά.

Συγχαρητήρια σε όλες!


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 317
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: EGMO 2019

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Παρ Απρ 12, 2019 12:25 am

Μπράβο και στις 2 ομάδες!!!


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3872
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: EGMO 2019

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Παρ Απρ 12, 2019 1:54 am

Συγχαρητήρια σε όλα τα κορίτσια της Ελληνικής και Κυπριακής αποστολής για τη συμμετοχή και τις διακρίσεις τους αλλά και στους αρχηγούς/υπαρχηγούς, που πάλεψαν για το καλύτερο δυνατό αποτέλεσμα!

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
christinat
Δημοσιεύσεις: 20
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 23, 2018 11:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: EGMO 2019

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από christinat » Δευ Απρ 15, 2019 12:09 am

Πολλά συγχαρητήρια στα κορίτσια!!!
Δινω μια άλλη λυση για το πρόβλημα 1

a^{2}b+c=b^{2}c+a\Rightarrow b(a^{2}-bc)=a-c(1)

Ισχύει ακόμη ότι

c(b^{2}-ca)=b-a(2)
a(c^{2}-ab)=c-b(3)

Από τις σχέσεις (1)-(2)-(3) έχουμε:
b(a^{2}-bc)+c(b^{2}-ca)+a(c^{2}-ab)=0

Επίσης (ab+bc+ca)^{2}=1\Rightarrow b^{2}(a^{2}+2ac)+c^{2}(b^{2}+2ab)+a^{2}(c^{2}+2bc)=1(4)

Από την (4) και την ab+bc+ca=1 παίρνουνε

b(a^{2}+2ac)=c
c(b^{2}+2ab)=a
a(c^{2}+2bc)=b

ab+bc +ca=1\Rightarrow ca(b^{2}+2ab)(c^{2}+2bc)+ab(c^{2}+2bc)(a^{2}+2ac)+bc (a^{2}+2ac)(b^{2}+2ab)=1

Όποτε:
(b^{2}+2ab)(c^{2}+2bc)=1
(c^{2}+2bc)(a^{2}+2ab)=1
(a^{2}+2ac)(b^{2}+2ab)=1

Άρα a^{2}+2ab=b^{2}+2bc=c^{2}+2ac=z(5)

Ανa,b,c\neq 0 για να ισχύει η σχεση (5) πρέπει
3z=3\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(ab+bc+ca)=3\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}=1
Η ισότητα ισχύει για a=b=c\frac{1}{\sqrt{3}}
ή a=b=c=\frac{-1}{\sqrt{3}}(6)

Αν a=0 τοτε από την εξίσωση ab+bc +ca=1 προκύπτει ότι bc =1
Πρέπει b=c=1 ή b=c=-1
Εσυ οι δυνατές τριάδες σε αυτήν την περίπτωση είναι (a,b,c)=(0,1,1)=(0,-1,-1)(7)

Αντίστοιχα αν b=0:
(a,b,c)=(1,0,1)=(-1,0,-1))(8)

Ανc=0:
(a,b,c)=(1,1,0) ή(a,b,c)=(-1,-1,0)(9)

Οι σχέσεις (6)-(7)-(8)-(9) δίνουν τις τριάδες που ικανοποιούν τις εξισώσεις της άσκησης


christinat
Δημοσιεύσεις: 20
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 23, 2018 11:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: EGMO 2019

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από christinat » Κυρ Απρ 21, 2019 11:14 pm

Βάζω μια λυση και για το 4
Έστω E,F,G οι προβολές από το I στις πλευρές του τριγώνου \widehat{ABC}

Το AI είναι ο ριζικός άξονας των C_{1} και C_{2}

Όποτε AC*AQ=AP*AB\Rightarrow \frac{AC}{AP}=\frac{AB}{AQ}

\widehat{ABC}\sim \widehat{APQ}

\angle ABC=\angle AQP
\angle ACB=\angle APQ

Από το θεώρημα του Pitot έχουμε:
CA+BP=PQ+BC

Οι PC και QG διχοτομουν τις γωνιές
\angle QPB και \angle PQC αντίστοιχα

Όποτε \angle PQI=\angle IQC και \angle IPQ=\angle IPB

Άρα I παράκεντρο(από το Α) του \widehat{APQ}

Το εγκεντρο I του \widehat{ABC} είναι το παρακεντρο του \widehat{APQ},σχεση από την οποία προκύπτει το ζητούμενο


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γενικά Μηνύματα”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες