ELMO 2017 Ημέρα Πρώτη

Panagiotis11 · #1

Πρόβλημα 1. Αν $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ είναι θετικοί ακέραιοι με γινόμενο

,όπου

είναι ένας περιττός θετικός ακέραιος,να αποδείξετε ότι: $gcd(a_{1}^{n}+P,a_{2}^{n}+P,...,a_{n}^{n}+P)\leq 2gcd(a_{1},...,a_{n})^{n}$

Πρόβλημα 2. Θεωρούμε τρίγωνο ABC

με ορθόκεντρο

και

μέσο $\overline{BC}$ .Υποθέτουμε ότι P,Q

σημεία του κύκλου με διάμετρο $\overline{AH}$ ,διαφορετικά από το

,τέτοια ώστε το

να βρίσκεται πάνω στην

.Να αποδείξετε ότι το ορθόκεντρο του $\triangle APQ$ βρίσκεται πάνω στο στον περιγγεγραμένο κύκλο του $\bigtriangleup ABC$

Πρόβλημα 3. O Νίκος ζωγραφίζει το γράμμα

στα κελιά ενός τετράγωνου πλέγματος.Παρόλα αυτά δεν θέλει να ζωγραφίσει το

σε

συνεχόμενα κελιά(οριζόντια,κάθετα ή διαγώνια).Να βρείτε όλους τους πραγματικούς αριθμούς d > 0

τέτοιοι ώστε για κάθε θετικό ακέραιο

,ο Νίκος να μπορέσει να σημειώσει τουλάχιστον $dn^{2}$ κελιά ενός τετραγώνου $n \times n$

Οι επίσημες λύσεις από την Αμερική θα δωθούν στις 25/6/17 .Αν λυθούν οι παραπάνω ασκήσεις θα παραθέσω και τις ασκήσεις της 2ης ημέρας του διαγωνισμού.

KARKAR · #2

Ψάχνοντας για το όνομα του διαγωνισμού , βρήκα ότι το μεταβαλλόμενο όνομα

μπορεί να είναι και το : Everybody

-

Panagiotis11 · #3

Σωστά! Η συγκεκριμένη χρησιμοποίηθηκε το 2013. Η φετινή έιναι vEry badLy naMed cOntest. εδώ μπορείτε να δείτε και τις παλιότερες ονομασίες
όπως και τα προβλήματα περιόδου 2009-2016

dement · #4

Panagiotis11 έγραψε:Πρόβλημα 1. Αν $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ είναι θετικοί ακέραιοι με γινόμενο ,όπου είναι ένας περιττός θετικός ακέραιος,να αποδείξετε ότι: $gcd(a_{1}^{n}+P,a_{2}^{n}+P,...,a_{n}^{n}+P)\leq 2gcd(a_{1},...,a_{n})^{n}$

Δουλεύουμε ισοδύναμα με τους $\displaystyle b_1 \equiv \frac{a_1}{g}, b_2 \equiv \frac{a_2}{g},...$ όπου $g \equiv \gcd (a_1,...,a_n)$ και έχουμε $\gcd (b_1,...,b_n) = 1$ .

Έστω πρώτος $p \mid LHS$ .

Αν $p \mid P$ , τότε $p \nmid b_k$ για κάποιο

. Έτσι $p \nmid b_k^n + P$ και έχουμε άτοπο.

Αν $p \nmid P$ , τότε $b_1^n \equiv b_2^n \equiv ... \equiv b_n^n \equiv -P \mod p$ και πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη έχουμε $P^n = - P^n \mod p$ (αφού ο

είναι περιττός). Άρα p = 2

. Θέτοντας το

στη θέση του

βλέπουμε επίσης ότι $4 \nmid LHS$ .

Άρα, $LHS = \gcd (b_1^n + P, ..., b_n^n + P) \leqslant 2$ .

dement · #5

Panagiotis11 έγραψε: Πρόβλημα 2. Θεωρούμε τρίγωνο με ορθόκεντρο και μέσο $\overline{BC}$ .Υποθέτουμε ότι σημεία του κύκλου με διάμετρο $\overline{AH}$ ,διαφορετικά από το ,τέτοια ώστε το να βρίσκεται πάνω στην .Να αποδείξετε ότι το ορθόκεντρο του $\triangle APQ$ βρίσκεται πάνω στο στον περιγγεγραμένο κύκλο του $\bigtriangleup ABC$

: elmo2017.png (161.56 KiB) Προβλήθηκε 956 φορές

Για το ορθόκεντρο

του $\triangle{APQ}$ φέρνουμε από το

κάθετη στην

(οπότε παράλληλη στην

) και ομοίως από το

παράλληλη στην

. Έτσι, το HPGQ

είναι παραλληλόγραμμο.

Έστω

το μέσο του

και το

μέσο του

. Η γωνία $\angle{FLM}$ είναι ορθή και, αφού το

είναι διάμετρος του κύκλου Euler του $\triangle{ABC}$ , το

ανήκει στον κύκλο του Euler. Όμως το

είναι και μέσο του

. Επειδή ο κύκλος του Euler διχοτομεί κάθε ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει το ορθόκεντρο με τον περιγεγραμμένο κύκλο, συμπεραίνουμε ότι το

ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του $\triangle{ABC}$ .

S.E.Louridas · #6

Panagiotis11 έγραψε:...
Πρόβλημα 2. Θεωρούμε τρίγωνο με ορθόκεντρο και μέσο $\overline{BC}$ .Υποθέτουμε ότι σημεία του κύκλου με διάμετρο $\overline{AH}$ ,διαφορετικά από το ,τέτοια ώστε το να βρίσκεται πάνω στην .Να αποδείξετε ότι το ορθόκεντρο του $\triangle APQ$ βρίσκεται πάνω στο στον περιγγεγραμένο κύκλο του $\bigtriangleup ABC$ ...

Παναγιώτη και Δημήτρη καλημέρα.
Ας μου επιτραπεί να περιγράψω εν συντομία τη λύση που βλέπω στηριζόμενος σε δύο γεγονότα:
1) $AF = FH\mathop = \limits^\parallel OM,$ αν

είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο ABC

,
2) Το συμμετρικό του ορθοκέντρου βρίσκεται επί του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου.

Αν λοιπόν θεωρήσουμε την κάθετη από το

στην ευθεία

και τμήσει τον μεν περιγεγραμμένο κύκλο στο τρίγωνο ABC

έστω στο

τον δε κύκλο (F, FA)

στο

, αρκεί τα T,V

να είναι συμμετρικά ως προς την

. Αυτό όμως προκύπτει από την ισότητα των τριγώνων QMT, FMV

.

[attachment=0]geogebra-export.png[/attantchme]

#7

Panagiotis11 έγραψε: Πρόβλημα 3. O Νίκος ζωγραφίζει το γράμμα στα κελιά ενός τετράγωνου πλέγματος.Παρόλα αυτά δεν θέλει να ζωγραφίσει το σε συνεχόμενα κελιά(οριζόντια,κάθετα ή διαγώνια).Να βρείτε όλους τους πραγματικούς αριθμούς
τέτοιοι ώστε για κάθε θετικό ακέραιο ,ο Νίκος να μπορέσει να σημειώσει τουλάχιστον $dn^{2}$ κελιά ενός τετραγώνου $n \times n$

Η απάντηση είναι $d \in (0,1/2]$ .

Κοιτάζω αρχικά ορθογώνια της μορφής $3 \times 1$ . Θα ονομάζω ένα τέτοιο ορθογώνιο καλό αν έχει σημειωμένο το γράμμα

είτε μόνο στο πάνω κελί είτε μόνο στο κάτω κελί.

Λήμμα 1: Σε κάθε $3 \times n$ ορθογώνιο μπορώ να σημειώσω το

το πολύ

σε κελιά.

Σκιαγράφηση απόδειξης: Έστω ότι το $3 \times n$ ορθογώνιο έχει καλά ορθογώνια στις στήλες $a_1,a_2,\ldots,a_k$ . Ισχυρίζομαι τα εξής:

(α) Στις πρώτες a_1

στήλες το

σημειώθηκε το πολύ σε (3a_1+1)/2

κελιά. Επίσης στις πρώτες

στήλες, για $1 \leqslant r \leqslant a_1$ το

σημειώθηκε το πολύ σε (3r+1)/2

κελιά.

(β) Για κάθε $1 \leqslant s \leqslant k-1$ , στις στήλες a_s+1

ως $a_{s+1}$ το

σημειώθηκε το πολύ σε $3(a_{s+1}-a_2)/2$ κελιά. Επίσης στις στήλες $a_{s}+1,\ldots,a_s+r$ στήλες, για $1 \leqslant r \leqslant a_{s+1}-a_s$ το

σημειώθηκε το πολύ σε $(3(a_{s+1-a_s})+2)/2$ κελιά.

Από τα (α) και (β) το Λήμμα 1 έπεται άμεσα. Η απόδειξη των (α) και (β) έχει αρκετή περιπτωσιολογία με αρκετά σχήματα οπότε θα αποφύγω να την παραθέσω. Ουσιαστικά κοιτάζει τι ορθογώνια της μορφής $3 \times 1$ μπορώ να έχω στην σειρά. Π.χ αν ξεκινήσω με δυο $3 \times 1$ ορθογώνια τα οποία έχουν από δύο

σημειωμένα το κάθε ένα, τότε υπάρχουν αρκετοί περιορισμοί στο τι 3 times 1

ορθογώνιο μπορεί να ακολουθήσει που περιορίζει τον αριθμό των

που μπορώ να έχω.

Το Λήμμα 1 είναι το βασικότερο λήμμα της άσκησης. Τα υπόλοιπα είναι απλά. Σε ένα $n \times n$ τετράγωνο όπου n = 3k+r

με $r \in \{0,1,2\}$ , από το Λήμμα 1 μπορώ να έχω το πολύ 3(n+1)k/2

σημειωμένα

στο άνω αριστερά $3k \times n$ ορθογώνιο και άρα το πολύ 3(n+1)k/2 + 2n

σημειωμένα

σε όλο το τετράγωνο. Όμως

$\displaystyle{ \frac{3(n+1)k/2 + 2n}{n^2} = \frac{3k}{2n} + \frac{3k/2 + 2n}{n^2} \leqslant \frac{1}{2} + \frac{5}{2n} \to \frac{1}{2}. }$

Οπότε σίγουρα δεν μπορούμε να έχουμε d > 1/2

. Μπορούμε να επιτύχουμε d=1/2

με την εξής επιλογή: Στις περιττές στήλες, σημειώνουμε

στα σειρές $1 \bmod 4$ και $2 \bmod 4$ . Στις άρτιες στήλες σημειώνουμε

στα σειρές $3 \bmod 4$ και $4 \bmod 4$ .

Panagiotis11 · #8

Παρακάτω παραθέτω τις απαντήσεις που δώθηκαν απο την aops:
1.https://artofproblemsolving.com/communi ... _and_stuff
2.https://artofproblemsolving.com/communi ... rcumcircle
3.https://artofproblemsolving.com/communi ... appa_kappa

ELMO 2017 Ημέρα Πρώτη

ELMO 2017 Ημέρα Πρώτη

Re: ELMO 2017 Ημέρα Πρώτη

Re: ELMO 2017 Ημέρα Πρώτη

Re: ELMO 2017 Ημέρα Πρώτη

Re: ELMO 2017 Ημέρα Πρώτη

Re: ELMO 2017 Ημέρα Πρώτη

Re: ELMO 2017 Ημέρα Πρώτη

Re: ELMO 2017 Ημέρα Πρώτη

Μέλη σε σύνδεση