EGMO 2025

#1

EGMO 2025 - Πρίστινα, Κόσοβο

1η μέρα - 13 Απριλίου 2025

Πρόβλημα 1. Για κάθε θετικό ακέραιο

, έστω $c_1 <c_2 < \dots < c_m$ όλοι οι θετικοί ακέραιοι μικρότεροι του

οι οποίοι είναι σχετικά πρώτοι με τον

. Να βρείτε όλους τους αριθμούς $N \ge 3$ τέτοιους ώστε $\gcd(N, c_i + c_{i+1}) \ne 1$ για κάθε $1 \le i \le m-1$ .

Εδώ ο $\gcd(a,b)$ είναι ο μεγαλύτερος θετικός ακέραιος που διαιρεί και τον και τον . Οι ακέραιοι και είναι σχετικά πρώτοι μεταξύ τους αν $\gcd(a,b)=1$ .

Πρόβλημα 2. Μια άπειρη γνησίως αύξουσα ακολουθία $a_1 < a_2 < a_3 < \cdots$ θετικών ακέραιων αριθμών αποκαλείται κεντρική αν για κάθε θετικό ακέραιο

, ο μέσος όρος των πρώτων a_n

όρων της ακολουθίας είναι ίσος με a_n

.

Να δείξετε ότι υπάρχει μια άπειρη ακολουθία b_1

,

, $\ldots$ θετικών ακέραιων αριθμών τέτοια, ώστε για κάθε κεντρική ακολουθία a_1

,

, $\ldots$ , υπάρχουν άπειροι θετικοί ακέραιοι

με

.

Πρόβλημα 3. Έστω ABC

ένα οξυγώνιο τρίγωνο. Τα σημεία

,

, και

βρίσκονται πάνω σε μια ευθεία με αυτή τη σειρά, και ικανοποιούν την σχέση BD=DE=EC

. Έστω

και

τα μέσα των

και

, αντίστοιχα. Έστω ότι το τρίγωνο ADE

είναι οξυγώνιο και έστω

το ορθόκεντρό του. Έστω

και

σημεία στις ευθείες

και

, αντίστοιχα, τέτοια, ώστε τα σημεία

,

, και

να είναι ομοκυκλικά και διαφορετικά ανά δύο, και τα σημεία

,

, και

να είναι επίσης ομοκυκλικά και διαφορετικά ανά δύο. Να δείξετε ότι τα σημεία

,

, και

είναι ομοκυκλικά.

Το ορθόκεντρο ενός τριγώνου είναι το σημείο τομής των υψών του.

#2

EGMO 2025 - Πρίστινα, Κόσοβο

2η μέρα - 14 Απριλίου 2025

Πρόβλημα 4. Έστω ABC

οξυγώνιο τρίγωνο με έγκεντρο

και $AB \ne AC$ . Έστω ότι οι ευθείες

και

τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC

στα σημεία $P \ne B$ και $Q \ne C$ , αντίστοιχα. Θεωρούμε τα σημεία

και

τέτοια ώστε τα AQRB

και

να είναι παραλληλόγραμμα (με $AQ\parallel RB$ , $AB\parallel QR$ , $AC\parallel SP$ , και $AP\parallel CS$ ). Έστω

το σημείο τομής των ευθειών

και

. Να δείξετε ότι τα σημεία

,

, και

είναι ομοκυκλικά.

Πρόβλημα 5. Έστω n>1

ένας ακέραιος. Σε μια διάταξη ενός $n\times n$ πίνακα, κάθε ένα από τα n^2

κελιά περιέχει ένα βέλος, το οποίο δείχνει προς τα πάνω, προς τα κάτω, προς τα αριστερά, ή προς τα δεξιά. Δεδομένης μιας αρχικής διάταξης, η Turbo το σαλιγκάρι ξεκινά από ένα από τα κελιά του πίνακα και μετακινείται από κελί σε κελί. Σε κάθε της κίνηση, η Turbo μετακινείται κατά ένα κελί προς την κατεύθυνση που υποδεικνύεται από το βέλος στο κελί όπου βρίσκεται (ενδεχομένως να βγει και εκτός του πίνακα). Μετά από κάθε κίνηση, όλα τα βέλη σε όλα τα κελιά περιστρέφονται κατά $90^\circ$ αντίθετα από τη φορά των δεικτών του ρολογιού. Ονομάζουμε ένα κελί καλό αν, ξεκινώντας από αυτό το κελί, η Turbo επισκέπτεται κάθε κελί του πίνακα ακριβώς μία φορά, χωρίς να βγει ποτέ εκτός του πίνακα, και στο τέλος επιστρέφει στο αρχικό της κελί.

Να προσδιορίσετε, σε σχέση με το

, τον μέγιστο αριθμό καλών κελιών που μπορεί να υπάρχουν, λαμβάνοντας υπόψη όλες τις δυνατές αρχικές διατάξεις.

Πρόβλημα 6. Σε κάθε κελί ενός $2025 \times 2025$ πίνακα, είναι γραμμένος ένας μη αρνητικός πραγματικός αριθμός έτσι ώστε το άθροισμα των αριθμών σε κάθε γραμμή να είναι ίσο με

, και το άθροισμα των αριθμών σε κάθε στήλη να είναι επίσης ίσο με

. Έστω

η μεγαλύτερη τιμή στη γραμμή

, και έστω $R = r_1 + r_2 + \dots + r_{2025}$ . Έστω c_i

η μεγαλύτερη τιμή στη στήλη

, και έστω $C = c_1 + c_2 + \dots +c_{2025}$ .

Ποια είναι η μεγαλύτερη δυνατή τιμή του $\tfrac{R}{C}$ ;

Maria-Eleni Nikolaou · #3

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 13, 2025 4:44 pm

Πρόβλημα 1. Για κάθε θετικό ακέραιο , έστω $c_1 <c_2 < \dots < c_m$ όλοι οι θετικοί ακέραιοι μικρότεροι του οι οποίοι είναι σχετικά πρώτοι με τον . Να βρείτε όλους τους αριθμούς $N \ge 3$ τέτοιους ώστε $\gcd(N, c_i + c_{i+1}) \ne 1$ για κάθε $1 \le i \le m-1$ .

Εδώ ο $\gcd(a,b)$ είναι ο μεγαλύτερος θετικός ακέραιος που διαιρεί και τον και τον . Οι ακέραιοι και είναι σχετικά πρώτοι μεταξύ τους αν $\gcd(a,b)=1$ .

Καλά αποτελέσματα στην ελληνική αποστολή!

Μια ιδέα για το πρώτο πρόβλημα:

Αρχικά, παρατηρούμε ότι όλοι οι άρτιοι αριθμοί

θα έχουν ακολουθία περιττών c_i

, οπότε πάντα $\gcd(N, c_i +c_{i+1}) \geq 2$ . Άρα, όλοι οι άρτιοι είναι δεκτοί.

Επίσης, όλοι οι περιττοί που δεν είναι πολλαπλάσια του 3, θα έχουν c_1=1

και

, οπότε $\gcd(N,c_1+c_2)=1$ . Άρα, απορρίπτονται.

Αρκεί να εξετάσουμε τους περιττούς που είναι πολλαπλάσια του 3.

Παρατηρούμε ότι αν N=3^k

, όπου

φυσικός, η ακολουθία των c_i

, έστω

, αποτελείται από όλους τους φυσικούς που δεν είναι πολλαπλάσια του 3. Συγκεκριμένα, κάθε δύο διαδοχικοί όροι θα έχουν διαφορετικό υπόλοιπο $\mod3$ , δηλαδή η ακολουθία θα έχει τη μορφή:

(3n_0+1,3n_0+2,3n_1+1,3n_1+2,…)

.

Οπότε, πάντα ισχύει $\gcd(N, c’_i+c’_{i+1}) \geq 3$ . Άρα, όλες οι δυνάμεις του 3 είναι δεκτές.

Ας υποθέσουμε ότι $N=3^r\cdot p$ , όπου p>3

ένας περιττός φυσικός. Έχουμε τις εξής περιπτώσεις:

Α) Ο αριθμός

είναι δύναμη του 3, οπότε ο

είναι πάλι δύναμη του 3, δεκτός.

Β) Ο αριθμός

δεν είναι πολλαπλάσιο του 3. Άρα, θα περιέχεται στην ακολουθία (c’_i)

που αντιστοιχεί για N=3^k

. Για να φτιάξουμε την ακολουθία των c_i

που αντιστοιχεί στον $N=3^r\cdot p$ , θα πρέπει να αφαιρέσουμε, μεταξύ άλλων, τον αριθμό

, από την ακολουθία (c’_i)

. Έτσι, αν c’_t=p

, τότε $\gcd(N, c’_{t-1}+c’_{t+1})=1$ . Αυτό συμβαίνει διότι, το άθροισμα των όρων $c’_{t-1}+c’_{t+1}$ δεν είναι πολλαπλάσιο του 3, αφού οι δύο όροι έχουν ίδιο υπόλοιπο $\mod3$ , ενώ επίσης το άθροισμα ισούται με $2p \pm 1$ , άρα δεν είναι πολλαπλάσιο του

.

Γ) Ο αριθμός

δεν είναι δύναμη του 3, αλλά είναι πολλαπλάσιο του 3. Τότε, ο

έχει έναν πρώτο παράγοντα διαφορετικό του 3, έστω

, οπότε αναγόμαστε στην περίπτωση Β).

Συνεπώς, οι αριθμοί

πρέπει να είναι είτε άρτιοι, είτε δυνάμεις του 3.

#4

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 13, 2025 4:44 pm
EGMO 2025 - Πρίστινα, Κόσοβο

1η μέρα - 13 Απριλίου 2025

Πρόβλημα 1. Για κάθε θετικό ακέραιο , έστω $c_1 <c_2 < \dots < c_m$ όλοι οι θετικοί ακέραιοι μικρότεροι του οι οποίοι είναι σχετικά πρώτοι με τον . Να βρείτε όλους τους αριθμούς $N \ge 3$ τέτοιους ώστε $\gcd(N, c_i + c_{i+1}) \ne 1$ για κάθε $1 \le i \le m-1$ .

Θα αποδείξουμε ότι ο

είναι άρτιος ή N=3^k

για κάποιο θετικό ακέραιο

.

Αρχικά είναι φανερό ότι για κάθε άρτιο ακέραιο

, όλοι οι θετικοί ακέραιοι μικρότεροι του

οι οποίοι είναι σχετικά πρώτοι με τον

είναι περιττοί. Αφού το άθροισμα δύο περιττών είναι άρτιος, ισχύει $\gcd(N, c_i + c_{i+1})\ge 2> 1$ για κάθε $1 \le i \le m-1$ .

Αν ο

είναι περιττός, τότε θα έχει c_1=1

και

, οπότε αν ικανοποιεί τη ζητούμενη συνθήκη, θα είναι $\gcd(N,3)=\gcd(N,c_1+c_2)>1$ . Αφού ο 3 είναι πρώτος, είναι $\gcd(N,3)=3$ , οπότε ο

είναι πολλαπλάσιο του

.

Αν

και $c_1 <c_2 < \dots < c_m$ είναι όλοι οι θετικοί ακέραιοι μικρότεροι του

οι οποίοι είναι σχετικά πρώτοι με τον

, τότε θα αφήνουν εναλλάξ υπόλοιπα 1 και 2 κατά τη διαίρεση τους με το 3, και άρα $\gcd(N, c_i + c_{i+1}) \ge 3> 1$ για κάθε $1 \le i \le m-1$ .

Έστω ότι N=3^km

για κάποιους ακέραιους

, με $k\geq 1$ , και m>3

περιττό, ο οποίος δεν διαιρείται από το 3. Έχουμε τις περιπτώσεις:

(1η περίπτωση) $m\equiv 1 \pmod{3}$ . Τότε δυο διαδοχικοί όροι της ακολουθίας (c_n)

είναι ο

και ο

.

Πράγματι, o m-2

είναι περιττός με $m-2\equiv -1 \pmod{3}$ . Άρα $\gcd(m-2,N)=1$ , οπότε υπάρχει

τέτοιο ώστε c_i=m-2.

Αφού ο

διαιρείται από το 3, είναι $\gcd(m-1,N)\geq 3>1$ , και άρα ο m-1

δεν είναι όρος της ακολουθίας (c_n)

, ενώ είναι προφανές ότι ούτε

είναι, αφού $\gcd(N,m)= m>1$ .

Όμως, έχουμε $m+1\equiv 2 \pmod{3}$ και $\gcd(m,m+1)=1$ , οπότε $\gcd(N,m+1)=1$ . Δηλαδή, $c_{i+1}=m+1$ . Tότε $c_i+c_{i+1}=m-2+m+1=2m-1,$ με $\gcd(m,c_i+c_{i+1})=1$ . Επίσης, αφού $2m-1\equiv 1 \pmod{3}$ , είναι $\gcd(3^k,c_i+c_{i+1})=1$ .

Συνδυάζοντας τις δύο τελευταίες σχέσεις παίρνουμε ότι $\gcd(N,c_i+c_{i+1})=1$ .

(2η περίπτωση) $m\equiv 2 \pmod{3}.$ Τότε δυο διαδοχικοί όροι της ακολουθίας (c_n)

είναι ο

και ο

.

Ο

είναι άρτιος με $\gcd(m-1,m)=1$ και $m-1\equiv 1 \pmod{3}$ . Άρα $\gcd(m-1,N)=1$ , οπότε υπάρχει

τέτοιο ώστε c_i=m-1.

Είναι προφανές, όπως πριν, ότι $\gcd(N,m)= m>1$ , ενώ αφού ο m+1

διαιρείται από το 3, είναι $\gcd(m+1,N)\geq 3>1$ , και άρα οι αριθμοί

και

δεν είναι όροι της ακολουθίας (c_n)

.

Όμως, έχουμε $m+2\equiv 1 \pmod{3}$ και $\gcd(m,m+2)=1$ , αφού

περιττός, οπότε $\gcd(N,m+2)=1$ . Δηλαδή, $c_{i+1}=m+2$ . Tότε $c_i+c_{i+1}=m-1+m+2=2m+1,$ με $\gcd(m,c_i+c_{i+1})=1$ . Επίσης, αφού $2m+1\equiv 2 \pmod{3}$ , είναι $\gcd(3^k,c_i+c_{i+1})=1$ .

Συνδυάζοντας τις δύο τελευταίες σχέσεις παίρνουμε ότι $\gcd(N,c_i+c_{i+1})=1$ .

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#5

achilleas έγραψε: ↑
Δευ Απρ 14, 2025 8:05 pm

Πρόβλημα 4. Έστω οξυγώνιο τρίγωνο με έγκεντρο και $AB \ne AC$ . Έστω ότι οι ευθείες και τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στα σημεία $P \ne B$ και $Q \ne C$ , αντίστοιχα. Θεωρούμε τα σημεία και τέτοια ώστε τα και να είναι παραλληλόγραμμα (με $AQ\parallel RB$ , $AB\parallel QR$ , $AC\parallel SP$ , και $AP\parallel CS$ ). Έστω το σημείο τομής των ευθειών και . Να δείξετε ότι τα σημεία , , , και είναι ομοκυκλικά.

Λύση. Χωρίς βλάβη της γενικότητας, ας υποθέσουμε ότι AB<AC

, όπως στο παρακάτω σχήμα. Αρχικά παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα AQP

και

είναι όμοια ( $\angle AQP=\tfrac{\angle B}{2}=\angle IBC$ , $\angle APQ=\tfrac{\angle C}{2}=\angle ICB$ ), οπότε

$\displaystyle \frac{IB}{AQ}=\frac{IC}{AP}.$

Αφού τα AQRB

και

είναι παραλληλόγραμμα, παίρνουμε AQ=BR

και

, οποτε η παραπάνω αναλογία γράφεται

$\displaystyle \frac{IB}{BR}=\frac{IC}{CS}.$

Επιπλέον, είναι

$\displaystyle \angle IBR=360^\circ - \angle RBA-\angle ABI=360^\circ - \left(180^\circ -\frac{\angle C}{2}\right)-\frac{\angle B}{2}=180^\circ+\frac{\angle C}{2}-\frac{\angle B}{2}.$

και

$\displaystyle \angle ICS=\angle SCA+\angle ACI=\left(180^\circ -\frac{\angle B}{2}\right)+\frac{\angle C}{2}=180^\circ+\frac{\angle C}{2}-\frac{\angle B}{2},$

οπότε $\angle IBR=\angle ICS$ . Η ισότητα των γωνιών αυτών σε συνδυασμό με την τελευταία παραπάνω αναλογία μας δίνει την ομοιότητα των τριγώνων IBR

και

με $\angle BRI=\angle CSI$ . Από την τελευταία ισότητα γωνιών, και αφού τα σημεία

,

είναι συνευθειακά, καθώς και τα σημεία

,

είναι συνευθειακά, βλέπουμε ότι $\angle TRI=\angle TSI$ . Συνεπώς, τα σημεία

,

, και

είναι ομοκυκλικά.

αρψ2400 · #6

Πρόβλημα 5. Έστω n>1 ένας ακέραιος. Σε μια διάταξη ενός n\times n πίνακα, κάθε ένα από τα n^2 κελιά περιέχει ένα βέλος, το οποίο δείχνει προς τα πάνω, προς τα κάτω, προς τα αριστερά, ή προς τα δεξιά. Δεδομένης μιας αρχικής διάταξης, η Turbo το σαλιγκάρι ξεκινά από ένα από τα κελιά του πίνακα και μετακινείται από κελί σε κελί. Σε κάθε της κίνηση, η Turbo μετακινείται κατά ένα κελί προς την κατεύθυνση που υποδεικνύεται από το βέλος στο κελί όπου βρίσκεται (ενδεχομένως να βγει και εκτός του πίνακα). Μετά από κάθε κίνηση, όλα τα βέλη σε όλα τα κελιά περιστρέφονται κατά 90^\circ αντίθετα από τη φορά των δεικτών του ρολογιού. Ονομάζουμε ένα κελί καλό αν, ξεκινώντας από αυτό το κελί, η Turbo επισκέπτεται κάθε κελί του πίνακα ακριβώς μία φορά, χωρίς να βγει ποτέ εκτός του πίνακα, και στο τέλος επιστρέφει στο αρχικό της κελί.Να προσδιορίσετε, σε σχέση με το n, τον μέγιστο αριθμό καλών κελιών που μπορεί να υπάρχουν, λαμβάνοντας υπόψη όλες τις δυνατές αρχικές διατάξεις.

Πρόβλημα 5. Καταρχάς n άρτιος .Αν n ήταν περιττός τότε δεν θα ήταν δυνατός ένας κύκλος του σαλιγκαριού που ξεκινάει από μαύρο φεριπείν τετράγωνο και κινούμενο εναλλάξ μαύρο -άσπρο τελειώνει σε μαύρο και επιστρέφει αμέσως μετά στο μαύρο αρχικό τετράγωνο.
Οι καταστάσεις κάθε αρχικής διάταξης είναι τέσσερις Α,Β,Γ,Δ.Έστω ένας κύκλος που ξεκινάει και καταλήγει σε ένα καλό κελι κ1.Τα κελιά κ1 ,κ2 ,....,κ(nxn),κ1, βρίσκονται σε καταστάσεις διαδοχικά κ1Α ,κ2Β ,κ3Γ ,κ4Δ,....,κ(nxn)Δ,κ1.Προφανώς καλά είναι και τα κελιά κ5 ,κ9,....κ(nxn-3) διότι στον προηγούμενο κύκλο βρίσκονται στην αρχική διάταξη όταν το σαλιγκάρι βρίσκεται σε αυτά. Τα υπόλοιπα κελιά έρχονται σε αυτήν την κατάσταση μετά από 3, 2 ή 1 κινήσεις όλων των βελών .(Αναλογα αν όταν το σαλιγκάρι βρίσκεται σε αυτά ,αυτά είναι στην κατάσταση Β ,Γ ή Δ).Το σαλιγκάρι τότε κινείται σε τετράγωνο εκτός του επόμενου κελιού της αλυσίδας .Μετά από αντίστοιχα 1 , 2 ή 3 κινήσεις βρίσκεται είτε εκτός είτε σε σημείο της αλυσίδας με τη φορά της αλυσίδας .Κινείται τώρα πάνω στην αλυσίδα όπως όταν ξεκίνησε από το κελί κ1.Όμως δεν θα μπορέσει να κλείσει τηον κύκλο περνώντας από κάθε κελί ακριβώς μία φορά.Και αυτό διότι η συγκεκριμένη αλυσίδα ξεκινώντας από οποιοδήποτε σημείο της ολοκληρώνεται πηγαίνοντας κάθε φορά στο ακριβώς επόμενο κελί.Κάτι που δεν συμβαίνει όταν είσαι σε κελί κατάστασης Β,Γ,Δ (ακριβώς στην πρώτη κίνηση).Υπενθυμίζεται ότι η συγκεκριμένη αλυσίδα έχει μία συγκεκριμένη φορά που υποδεικνύουν τα βέλη. Ο μέγιστος αριθμός καλών κελιών που μπορεί να υπάρχουν είναι λοιπόν nxn/4 .(n άρτιος και άρα το 4 διαιρεί το nxn).

αρψ2400 · #7

Πρόβλημα 6. Σε κάθε κελί ενός 2025 \times 2025 πίνακα, είναι γραμμένος ένας μη αρνητικός πραγματικός αριθμός έτσι ώστε το άθροισμα των αριθμών σε κάθε γραμμή να είναι ίσο με 1, και το άθροισμα των αριθμών σε κάθε στήλη να είναι επίσης ίσο με 1. Έστω r_i η μεγαλύτερη τιμή στη γραμμή i, και έστω R = r_1 + r_2 + \dots + r_{2025}. Έστω c_i η μεγαλύτερη τιμή στη στήλη i, και έστω C = c_1 + c_2 + \dots +c_{2025}.

Ποια είναι η μεγαλύτερη δυνατή τιμή του \tfrac{R}{C};

{Πρόβλημα 6}

Στις στήλες όπου υπάρχουν τα r_i

, οι

είναι μεγαλύτεροι από τα αντίστοιχα r_i

, πράγμα που μεγαλώνει τον παρονομαστή σε σχέση με τον αριθμητή και μικραίνει τον λόγο $\displaystyle \frac{R}{C}$ . Από την άλλη, αν βάλουμε πολλά r_i

στην ίδια στήλη, μειώνεται η τιμή τους αφού πρέπει να έχουν άθροισμα

.

Με αυτές τις σκέψεις, έστω

ο αριθμός των στηλών που περιέχουν τα r_i

. Τότε, για n=2025

, έχουμε:
$\displaystyle \frac{R}{C} \;\le\; \frac{R}{\,c_1 + c_2 + \cdots + c_k + (n-k)\,\frac{1}{n}\,}$
ή ισοδύναμα
$\displaystyle \frac{C}{R} \;\ge\; \frac{c_1 + c_2 + \cdots + c_k + (n-k)\frac{1}{n}}{R} \;\ge\; \frac{k}{n} \;+\;\frac{(n-k)\frac{1}{n}}{R} \;\ge\; \frac{k}{n} \;+\;\frac{(n-k)\frac{1}{n}}{n\,r_{\max}}.$

Αλλά στις

στήλες υπάρχει σίγουρα τουλάχιστον μία στήλη με $\tfrac{n}{k}$ στοιχεία r_i

, επομένως
$\displaystyle \frac{n}{k}\,r_{\max}\;\le\;1.$
Άρα
$\displaystyle \frac{C}{R} \;\ge\; \frac{k}{n} \;+\; \frac{\,(n-k)\,/\,n^2\,}{\,n/k\,} \;=\; \frac{k}{n} \;+\; \frac{n-k}{n\,k}.$
Για n=2025

γίνεται
$\displaystyle \frac{C}{R} \;\ge\; \frac{k}{2025} \;+\; \frac{2025 - k}{2025\,k}.$
Η παραπάνω παράσταση έχει ελάχιστο (οπότε το μέγιστο για $\tfrac{R}{C}$ ) όταν k=45

. Οι ισότητες επιτυγχάνονται· το μέγιστο του $\tfrac{R}{C}$ επιτυγχάνεται εάν θεωρήσουμε 45 πίνακες $45\times 45$ οι οποίοι τοποθετούνται κατά μήκος της κεντρικής διαγωνίου στον πίνακα $2025\times 2025$ , με πρώτη στήλη ίση προς 1/45

και όλα τα υπόλοιπα στοιχεία της ίδιας στήλης μηδενικά, ενώ όλα τα υπόλοιπα στοιχεία του μεγάλου πίνακα είναι 1/2025

.Η μέγιστη τιμή είναι $\frac{2025}{89}$

Εξηγήσεις: Στις παραπάνω ανισώσεις χρησιμοποιήθηκε το ότι στις k στήλες ,στη βέλτιστη για τον λόγο R/C περίτωση ,τα r_i

είναι ίσα μεταξύ τους , και επειδή οι υπόλοιπες γραμμές σε αυτές τις k στήλες (βελτιστα) πρέπει να είναι μηδέν και το άθροισμα 1 ,τελικά όλα τα r_i

πρέπει (στο maximum του R/C) να είναι ίσα μεταξύ τους διότι αν μία στήλη είχε k1 r1 και η άλλη k2 r2 τότε k1 r1=1 ,k2 r2=1 ενώ αν ήταν τα ri στις δύο στήλες ίσα (k1+k2)r =2 και ενώ ο αριθμητής του R/C θα παρέμενε σταθερός ο παρονομαστής θα μίκραινε , αφού r1+r2 >= 2r .Αντικαθιστώντας τα r1,r2,r , έχουμε 4/(k1+k2)<=1/k1+1/k2 που ισχύει.

EGMO 2025

EGMO 2025

Re: EGMO 2025

Re: EGMO 2025

Re: EGMO 2025

Re: EGMO 2025

Re: EGMO 2025

Re: EGMO 2025

Μέλη σε σύνδεση