Διαγωνισμός EMC 2020

jason.prod · #1

Καλημέρα σε όλα τα μέλη του forum που ασχολούνται με τους μαθηματικούς διαγωνισμούς.

Φέτος είναι η 9η χρονιά που διοργανώνεται το European Mathematical Cup, ένας διαγωνισμός που απευθύνεται σε παιδιά γυμνασίου και λυκείου. Ο διαγωνισμός αυτός διοργανώνεται σε δύο επίπεδα (juniors, seniors) και επιπέδου μάλλον ανάλογου των αντίστοιχων βαλκανιάδων. Πρόκειται για μια προπόνηση πολύ καλού επιπέδου για όσους προετοιμάζονται για τους αντίστοιχους διαγωνισμούς. Όποιος το θέλει μπορεί να συμμετάσχει σε αυτόν τον διαγωνισμό.
Για περισσότερες πληροφορίες, μπορείτε να επισκεφτείτε το site του διαγωνισμού (http://emc.mnm.hr/) ή αν θέλετε να δείτε τα παλιά θέματα, μπορείτε να επισκεφτείτε το αντίστοιχο θέμα στο AOPS (https://artofproblemsolving.com/communi ... atical_cup).
Στο site του διαγωνισμού μπορείτε επίσης να διαβάσετε και τους κανόνες του διαγωνισμού.

Όποιος θέλει περισσότερες πληροφορίες ή να δηλώσει συμμετοχή, μπορεί να μου στείλει e-mail στη διεύθυνση kyprianos@prodromidis.com ή να μου στείλει ΠΜ στο mathematica ή στο facebook (Jason Prodromidis). Στη δήλωση συμμετοχής, θα πρέπει να υπάρχουν οπωσδήποτε:
1) Όνομα του διαγωνιζόμενου, και στα ελληνικά και στα αγγλικά.
2) Ηλικία, Τάξη.
3) Κατηγορία με την οποία θέλει να συμμετέχει στο διαγωνισμό.

Σημειώνεται ότι κάποιος μαθητής της Α ή της Β λυκείου μπορεί να συμμετέχει με τους μικρούς στο διαγωνισμό, με την απαραίτητη προϋπόθεση να μην έχει λάβει μέρος στην ΙΜΟ. Παρ' όλα αυτά, αυτό δεν συστήνεται, μιας και αν κάποιος θέλει να προπονηθεί για τους εγχώριους και τους διεθνείς διαγωνισμούς, καλό είναι το επίπεδο του διαγωνισμού να είναι ανάλογο με αυτό για το οποίο προετοιμάζεται.

Φέτος, σε αντίθεση με προηγούμενες χρονιές, είναι κατανοητό ότι δεν μπορεί να πραγματοποιηθεί δια ζώσης εξέταση. Για το λόγο αυτό, οι διοργανωτές επιτρέπουν να γίνει ο διαγωνισμός μέσω τηλεδιάσκεψης. Αυτό θα γίνει και στην περίπτωση των μαθητών που θα συμμετάσχουν μέσω εμού στο διαγωνισμό. Θα παρακαλέσω σε αυτό το σημείο τους μαθητές που θα θελήσουν να συμμετάσχουν να σεβαστούν το διαγωνισμό και να μην έχουμε παρατράγουδα (τα οποία πιστεύω ότι οι μαθητές μας είναι αρκετά ώριμοι ώστε να μην προκαλέσουν).

Ο διαγωνισμός φέτος διεξάγεται από 12 ως 20 Δεκεμβρίου 2020. Επειδή υπάρχει σχετική ελευθερία, όποιος θέλει, κατά τη δήλωση συμμετοχής, μπορεί να δηλώσει και προτίμηση για συγκεκριμένη ημερομηνία διεξαγωγής του διαγωνισμού . Οι μαθητές που θα δηλώσουν συμμετοχή, θα ενημερωθούν για την ημερομηνία και την ώρα της εξέτασης έγκαιρα, καθώς και για το link στο οποίο θα πρέπει να συνδεθούν. Η ημερομηνία αναμένεται να είναι μία από τα δύο Σάββατα (12 και 19 Δεκεμβρίου) εντός της προθεσμίας, χωρίς να αποκλείονται και οι άλλες ημερομηνίες.

Υ.Γ.: Ζητώ συγγνώμη που άργησε να βγει φέτος η ανακοίνωση, απλώς τα προηγούμενα χρόνια που την έβγαζα νωρίτερα, χανόταν και ξεχνιόταν τις ημερομηνίες λίγο πριν το διαγωνισμό. Έτσι, φέτος αποφάσισα να την καθυστερήσω και να έρθει πιο κοντά στην ημερομηνία του διαγωνισμού η ανακοίνωση.

Τσιαλας Νικολαος · #2

Πολύ ωραία!!

#3

Επαναφέρω το θέμα ώστε όσοι Έλληνες μαθητές θέλουν να συμμετάσχουν, να δηλώσουν συμμετοχή στον Ιάσονα.

Μετά από επικοινωνία με τον Ιάσονα, ο διαγωνισμός θα διεξαχθεί (διαδικτυακά) το Σάββατο 19 Δεκεμβρίου και ώρα 9:00. Οπότε μέχρι τότε μπορείτε να δηλώνετε συμμετοχή.

Αλέξανδρος

Τσιαλας Νικολαος · #4

Ότι ξεκίνησε ο διαγωνισμός! Καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά!!!

Joaakim · #5

Καλησπέρα σας! Μπορεί να παραθέσει κάποιος τα χθεσινά θέματα, αν το επιτρέπει η επιτροπή φυσικά…

jason.prod · #6

Joaakim έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 20, 2020 10:10 am
Καλησπέρα σας! Μπορεί να παραθέσει κάποιος τα χθεσινά θέματα, αν το επιτρέπει η επιτροπή φυσικά…

Καλημέρα. Η επιτροπή δεν το επιτρέπει αυτό, ακόμα (ο διαγωνισμός είναι σε εξέλιξη). Μόλις αναρτηθούν στο επίσημο site του διαγωνισμού, θα αναρτηθούν και εδώ.
Μιας και μου δίνεται η ευκαιρία όμως, θέλω να ευχαριστήσω τους μαθητές μας, με τους οποίους είχαμε μια εξαιρετική συνεργασία και όλα κύλησαν ομαλά, χωρίς να υπάρξουν προβλήματα.

Να είστε όλοι καλά και καλές γιορτές.
Προδρομίδης Κυπριανός-Ιάσων

#7

Καλές επιτυχίες! Αναμένουμε τα προβλήματα όταν αυτό γίνει επιτρεπτό.

Τσιαλας Νικολαος · #8

Demetres έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 22, 2020 10:52 am
Καλές επιτυχίες! Αναμένουμε τα προβλήματα όταν αυτό γίνει επιτρεπτό.

Καλημέρα Δημήτρη! Μόλις επιτραπεί θα τα ανεβάσω απευθείας. Τα θέματα νομίζω ήταν αρκετά δύσκολα αλλά πολύ ωραία! Αναμένω την προσέγγιση σου στο θέμα τρίτο(λογικής) μιας και γνωρίζω ότι αυτά τα θέματα είναι τα αγαπημένα σου!

Τσιαλας Νικολαος · #9

Παραθέτω σε συννημένο pdf τα φετινά θέματα! Βάζω την ελληνική version ΠΡΟΣΟΧΗ ομως στο 4ο θέμα των juniors έχει τυπογραφικό λάθος και το δεξί μέλος πρέπει να είναι $\sqrt{2}min(...)$ . Λείπει δηλαδή το $\sqrt{2}$

Manolis Petrakis · #10

Για το 1 των Seniors

: 20201224_001127.jpg (44.91 KiB) Προβλήθηκε 421 φορές

Έστω

το σημείο τομής των AT,BO

και

το σημείο τομής των διαγωνίων του παραλληλόγραμμου.
$OB=OD,BE=ED\Rightarrow OE\perp BD (1)$
Ακόμη E,O

τα μέσα των AC,TC

αντίστοιχα τότε $OE \parallel TA (2)$
Από τις σχέσεις (1),(2)

παίρνουμε $TA \perp BD \ (3)$
Ακόμη $\angle ABD \stackrel{AB \parallel DC}{=}\angle BDC \stackrel{OB=OD}{=}\angle DBS \ (4)$
Από τις (3),(4)

το

είναι ισοσκελές
Έτσι $BS=AB\Leftrightarrow BS=CD$
$\Leftrightarrow BO+OS=DO+OC\Leftrightarrow OC=OS$ άρα το

είναι σημείο του κύκλου $\omega$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε

#11

Για το 4ο των Junior:

Έστω $\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}.}$

Θα αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\sqrt{a+\frac{b}{c}}+\sqrt{b+\frac{c}{a}}+\sqrt{c+\frac{a}{b}}\leq \sqrt{2}\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)}$ .

Λόγω της $\displaystyle{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\leq \sqrt{3(x+y+z)}}$

αρκεί να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\sqrt{3\left(a+b+c+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)}\leq \sqrt{2}\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right),}$

δηλαδή ότι

$\displaystyle{2\left[\left(\frac{b}{a}\right)^2+\left(\frac{c}{b}\right)^2+\left(\frac{a}{c}\right)^2\right]+4\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\geq 3(a+b+c)+3\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)}$

η οποία γράφεται

$\displaystyle{2\left[\left(\frac{b}{a}\right)^2+\left(\frac{c}{b}\right)^2+\left(\frac{a}{c}\right)^2\right]+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3(a+b+c).}$

Αυτή όμως ισχύει, αφού

$\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{bc}+\frac{c^2}{ac}\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}=a+b+c}$

και

$\displaystyle{\left(\frac{b}{a}\right)^2+\left(\frac{c}{b}\right)^2+\left(\frac{a}{c}\right)^2\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq a+b+c}$ λόγω της $\displaystyle{x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx}$ και της προηγούμενης.

Αν τώρα ισχύει $\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\leq \frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}}$ , με το ίδιο σκεπτικό αναγόμαστε στην

$\displaystyle{2\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)^2\geq 3\left(a+b+c+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)}$ ,

οπότε λόγω της

$\displaystyle{\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\geq a+b+c,}$

αρκεί να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\geq 3,}$ η οποία είναι άμεση:

$\displaystyle{\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}\geq 3.}$

MAnTH05 · #12

Μία ακόμη λύση για το Πρόβλημα 1 των Μεγάλων:

Ας υποθέσουμε ότι ο κύκλος $\omega$ τέμνει την

στο σημείο

. Συμβολίζουμε με

το σημείο τομής των διαγωνίων του ABCD

, με

το σημείο τομής των

και

, με

το σημείο τομής των

και

και με

το σημείο τομής των

και

.

Έστω ότι οι ευθείες

και

τέμνονται στο σημείο

. Θα αποδείξουμε ότι τα σημεία

,

και

είναι ομοκυκλικά.

Αρχικά παρατηρούμε ότι το τρίγωνο OBD

είναι ισοσκελές, άρα $OM \perp BD$ . Το

είναι το μέσο της

και το

είναι το μέσο της

άρα $OM\parallel AT$ . Επομένως $\angle TEB = 90^{\circ} (1)$ .

Κατασκευάζουμε το συμμετρικό του σημείου

ως προς το σημείο

. Το

είναι το μέσο της

, συνεπώς $O'M\parallel RC$ . Επομένως $\angle DFC = 90^{\circ} (2)$

Το τρίγωνο OTP

είναι ισοσκελές με $\angle OTP = \angle TPO = \phi (3)$

Ισχύει $\angle ODB = \angle OTP = 90^{\circ} - \frac{\angle BOD}{2} (4)$ , άρα $BD\parallel PT$ .

Συνεπώς $\angle QTP = \angle TPC = 90^{\circ}$ (5), άρα από (3)

$\angle QTC = \angle CPQ = 90^{\circ} - \phi$ .

Αποδείξαμε λοιπόν ότι το τετράπλευρο TPCQ

είναι εγγράψιμο. Το ζητούμενο έπεται. $\square$

: EMC-2020-P1.png (299.41 KiB) Προβλήθηκε 321 φορές

#13

Για το 3 των μεγάλων θα δείξω ότι κερδίζει και στις δύο περιπτώσεις ο Βασίλης.

Για την περίπτωση (α), ορίζω την ακολουθία (x_n)

με

και $x_{n+1} = x_n^2(x_n-1)^{p-2}$ για $n \geqslant 1$ , όπου p = 10^9+7

.

Ισχυρίζομαι αρχικά ότι $x_n \not \equiv 0,1 \bmod p$ για κάθε

. Προχωράω επαγωγικά με την περίπτωση n=1

να είναι προφανής.

Για το επαγωγικά βήμα παρατηρώ ότι $x_{n+1} \not \equiv 0 \bmod p$ αφού αν $x_{n+1} = x_n^2(x_n-1)^{p-2} \equiv 0 \bmod p$ τότε $x_n \equiv 0 \bmod p$ ή $x_n-1 \equiv 0 \bmod p$ , άτοπο. Αν $x_{n+1} \equiv 1 \bmod p$ τότε $x_n^2(x_n-1)^{p-2} \equiv 1 \bmod p$ άρα $x_n^2(x_n-1)^{p-1} \equiv x_n-1 \bmod p$ άρα και $x_n^2 \equiv x_n-1 \bmod p$ . Θα δείξω ότι αυτό είναι αδύνατο. Ισοδύναμα έχω $(2x_n-1)^2 \equiv -3 \bmod p$ οπότε αρκεί να δείξω ότι το

δεν είναι τέλειο τετράγωνο modulo

.

Επειδή $p \equiv 3 \bmod 4$ και $p \equiv 2 \bmod 3$ τότε

$\displaystyle \left( \frac{-3}{p}\right) = \left( \frac{-1}{p}\right)\left( \frac{3}{p}\right) = -\left( \frac{3}{p}\right) = \left( \frac{p}{3}\right) = \left( \frac{2}{3}\right) = -1$

Άρα όντως το

δεν είναι τέλειο τετράγωνο modulo

.

Ορίζω τώρα την ακολουθία (a_n)

με $a_n = x_n(x_n-1)^{p-2}$ για $n \geqslant 1$ . Ισχυρίζομαι ότι αν αρχικά ο Βασίλης γράψει στον πίνακα το

, τότε όπως και να παίξει ο Βασίλης, αν πριν το νιοστό βήμα είναι γραμμένος ο αριθμός y_n

, τότε $y_n \equiv x_n \bmod p$ . Αυτό θα ολοκληρώσει την απόδειξη για το (α) αφού $x_n \not \equiv 0 \bmod p$ .

Προχωράω επαγωγικά με την περίπτωση n=1

να είναι προφανής. Για το επαγωγικό βήμα έστω ότι $y_n \equiv x_n \bmod p$ . Τότε $y_{n+1} = a_ny_n$ ή $y_{n+1} = y_n+a_n$ . Στην πρώτη περίπτωση έχουμε $y_{n+1} \equiv a_nx_n \equiv x_n^2(x_n-1)^{p-2} \equiv x_{n+1} \bmod p$ . Στη δεύτερη περίπτωση έχουμε
$\displaystyle x_{n+1} -y_{n+1} \equiv a_nx_n - (a_n+x_n) \equiv a_n(x_n-1) - x_n \equiv x_n(x_n-1)^{p-1} - x_n \equiv x_n - x_n \equiv 0 \bmod p$
αφού $x_n-1 \not \equiv 0 \bmod p$ .

Στην περίπτωση (β) θέτω p = 10^9 + 9

. Επειδή $p \equiv 1 \bmod 4$ to

είναι τέλειο τετράγωνο modulo

οπότε υπάρχει

τέτοιο ώστε $(2t-1)^2 \equiv -1 \bmod p$ . Ορίζω τώρα την ακολουθία (x_n)

με

και $x_{n+1} = x_n^2(x_n-1)^{p-2}$ για $n \geqslant 1$ .

Έστω x_2 = s

. Τότε $(t-1)s = t^2(t-1)^{p-1} \equiv t^2 \bmod p$ . Άρα
$\displaystyle 2(t-1)(s+t-1) \equiv 2(t^2 + (t-1)^2) \equiv 4t^2 + 4t+2 = (2t-1)^2+1 \equiv 0 \bmod p$
Όμως $t \neq 1 \bmod p$ άρα $s +t-1 \equiv 0 \bmod p$ .

Έχουμε επίσης $(2s-1)^2 \equiv (2(1-t)-1)^2 \equiv (1-2t)^2 \equiv -1 \bmod p$ . Οπότε με παρόμοιο επιχείρημα βρίσκουμε $x_3 \equiv t \bmod p$ και γενικά $x_n \equiv t \bmod p$ αν

περιττός και $x_n \equiv s \bmod p$ αν

άρτιος. Όπως και στην περίπτωση (α), ορίζοντας την ακολουθία (a_n)

με τον ίδιο τρόπο, μπορούμε να εγγυηθούμε ότι όπως και να παίξει ο Γιάννης, πριν το νιοστό βήμα ο αριθμός που είναι γραμμένος στον πίνακα θα είναι ισότιμος με $x_n \bmod p$ και άρα δεν θα είναι πολλαπλάσιος του

.

Διαγωνισμός EMC 2020

Διαγωνισμός EMC 2020

Re: Διαγωνισμός EMC 2020

Re: Διαγωνισμός EMC 2020

Re: Διαγωνισμός EMC 2020

Re: Διαγωνισμός EMC 2020

Re: Διαγωνισμός EMC 2020

Re: Διαγωνισμός EMC 2020

Re: Διαγωνισμός EMC 2020

Re: Διαγωνισμός EMC 2020

Re: Διαγωνισμός EMC 2020

Re: Διαγωνισμός EMC 2020

Re: Διαγωνισμός EMC 2020

Re: Διαγωνισμός EMC 2020

Μέλη σε σύνδεση