EGMO 2017 Μέρα 1η

#1

Πρόβλημα 1: Έστω κυρτό τετράπλευρο ABCD

με $\angle DAB = \angle BCD = 90^{\circ}$ και $\angle ABC > \angle CDA$ . Έστω

και

τα σημεία των ευθύγραμμων τμημάτων

και

, αντίστοιχα, έτσι ώστε η ευθεία

τέμνει τις ευθείες

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα. Δίνεται ότι PQ = RS

. Το σημείο

είναι το μέσο του

και το

είναι το μέσο του

. Να αποδείξετε ότι τα σημεία M,N,A

και

είναι ομοκυκλικά.

Πρόβλημα 2: Να βρείτε τον μικρότερο θετικό ακέραιο

για τον οποίο υπάρχει ένας χρωματισμός των θετικών ακεραίων $\mathbb{Z}_{>0}$ με

χρώματα, και μια συνάρτηση $f:\mathbb{Z}_{>0} \to \mathbb{Z}_{>0}$ με τις πιο κάτω ιδιότητες:
(α) Για όλους τους θετικούς ακεραίους m,n

που έχουν το ίδιο χρώμα, f(m+n) = f(m) + f(n)

.
(β) Υπάρχουν θετικοί ακέραιοι m,n

έτσι ώστε $f(m+n) \neq f(m) + f(n)$ .
[Και στις δύο ιδιότητες (α) και (β) οι θετικοί ακέραιοι m,n

δεν είναι κατ' ανάγκη διαφορετικοί.]

Πρόβλημα 3: Υπάρχουν 2017

ευθείες στο επίπεδο έτσι ώστε να μην υπάρχουν τρεις ευθείες που να περνούν από το ίδιο σημείο. Το σαλιγκάρι Turbo κάθεται σε ένα σημείο σε ακριβώς μία ευθεία και αρχίζει να γλυστρά κατά μήκως των ευθειών με την εξής τρόπο: Κινείται στην ίδια ευθεία μέχρι να φτάσει σε σημείο που τέμνονται δύο ευθείες. Στο σημείο τομής, συνεχίζει το ταξίδι του σε άλλη ευθεία στρίβοντας δεξιά ή αριστερά, αλλάζοντας την επιλογή του (από δεξιά σε αριστερά ή από αριστερά σε δεξιά) σε κάθε σημείο που συναντά. Αλλάζει κατεύθυνση μόνο στα σημεία τομής. Κατά τη διάρκεια του ταξιδιού του, μπορεί να υπάρχει ευθύγραμμο τμήμα στο οποίο να πέρασε και από τις δύο κατευθύνσεις;

harrisp · #2

Demetres έγραψε:Πρόβλημα 1: Έστω κυρτό τετράπλευρο με $\angle DAB = \angle BCD = 90^{\circ}$ και $\angle ABC > \angle CDA$ . Έστω και τα σημεία των ευθύγραμμων τμημάτων και , αντίστοιχα, έτσι ώστε η ευθεία τέμνει τις ευθείες και στα σημεία και αντίστοιχα. Δίνεται ότι . Το σημείο είναι το μέσο του και το είναι το μέσο του . Να αποδείξετε ότι τα σημεία και είναι ομοκυκλικά.

Τα βασικά σημεία της λύσης μου:

1) ABCD

εγγράψιμο σε κύκλο κέντρου

2) Τα

έχουν κοινό περίκεντρο (

).

Από τα παραπάνω έπεται:

$\widehat {AMC}=2\widehat {ADC}=\widehat {ANC}$

KARKAR · #3

: EGMO.png (36.7 KiB) Προβλήθηκε 1041 φορές

Από τον κόκκινο κύκλο , είναι : $\widehat{AMC}=2\omega$ . Ακόμη : $\widehat{ANP}=2\phi$ ,

$\widehat{QNC}=2\theta$ . Αλλά : $\omega=\phi+\theta$ , οπότε : $\widehat{AMC}=\widehat{ANC}$ , ό .ε.δ.

dement · #4

Demetres έγραψε: Πρόβλημα 3: Υπάρχουν ευθείες στο επίπεδο έτσι ώστε να μην υπάρχουν τρεις ευθείες που να περνούν από το ίδιο σημείο. Το σαλιγκάρι Turbo κάθεται σε ένα σημείο σε ακριβώς μία ευθεία και αρχίζει να γλυστρά κατά μήκως των ευθειών με την εξής τρόπο: Κινείται στην ίδια ευθεία μέχρι να φτάσει σε σημείο που τέμνονται δύο ευθείες. Στο σημείο τομής, συνεχίζει το ταξίδι του σε άλλη ευθεία στρίβοντας δεξιά ή αριστερά, αλλάζοντας την επιλογή του (από δεξιά σε αριστερά ή από αριστερά σε δεξιά) σε κάθε σημείο που συναντά. Αλλάζει κατεύθυνση μόνο στα σημεία τομής. Κατά τη διάρκεια του ταξιδιού του, μπορεί να υπάρχει ευθύγραμμο τμήμα στο οποίο να πέρασε και από τις δύο κατευθύνσεις;

Ονομάζουμε βατή διάταξη μια αντιστοίχιση φοράς σε κάθε ευθύγραμμο τμήμα μεταξύ δύο τομών (ή ημιευθεία, αν δεν υπάρχουν άλλες τομές) έτσι ώστε, σε κάθε τομή, τα δύο ευθύγραμμα τμήματα που αντιστοιχούν στην ίδια ευθεία είτε να "έρχονται" και τα δύο στην τομή είτε να "φεύγουν" και τα δύο από αυτήν (και τα άλλα δύο να κάνουν το αντίθετο).

Αν υπάρχει βατή διάταξη, τότε, αφού ο σκώληξ είναι υποχρεωμένος να στρίβει σε κάθε τομή (το δεξιά-αριστερά δεν μας απασχολεί), θα την σέβεται πάντα (είτε αυτήν είτε την αντίθετή της, που είναι επίσης βατή) και έτσι αποκλείεται να διασχίσει το ίδιο ευθύγραμμο τμήμα με διαφορετικές φορές.

Θα αποδείξουμε επαγωγικά ότι υπάρχει πάντα βατή διάταξη. Είναι προφανές για την περίπτωση των δύο ευθειών.

Έστω βατή διάταξη για

ευθείες. Εισάγουμε ακόμα μία.

Στο ένα από τα δύο ημιεπίπεδα που αυτή ορίζει αντιστρέφουμε όλες τις φορές. Επίσης, λόγω της βατής διάταξης, σε κάθε δύο συνεχόμενες τομές επί της νέας ευθείας οι φορές των ευθυγράμμων τμημάτων (στο ίδιο ημιεπίπεδο) που την τέμνουν θα είναι μεταξύ τους αντίθετες (δηλαδή, η μία θα έρχεται στην ευθεία και η άλλη θα φεύγει). Έτσι, ορίζουμε μονοσήμαντα και τις φορές των ευθυγράμμων τμημάτων επί της νέας ευθείας και έχουμε πάλι βατή διάταξη.

Γιάννης Μπόρμπας · #5

Στο πρόβλημα 2 γίνεται να επιλέξουμε κλαδική συνάρτηση;

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:Στο πρόβλημα 2 γίνεται να επιλέξουμε κλαδική συνάρτηση;

Φυσικά.
Και οι κλαδικές συναρτήσεις είναι.

#7

Demetres έγραψε: Πρόβλημα 2: Να βρείτε τον μικρότερο θετικό ακέραιο για τον οποίο υπάρχει ένας χρωματισμός των θετικών ακεραίων $\mathbb{Z}_{>0}$ με χρώματα, και μια συνάρτηση $f:\mathbb{Z}_{>0} \to \mathbb{Z}_{>0}$ με τις πιο κάτω ιδιότητες:
(α) Για όλους τους θετικούς ακεραίους που έχουν το ίδιο χρώμα, .
(β) Υπάρχουν θετικοί ακέραιοι έτσι ώστε $f(m+n) \neq f(m) + f(n)$ .
[Και στις δύο ιδιότητες (α) και (β) οι θετικοί ακέραιοι δεν είναι κατ' ανάγκη διαφορετικοί.]

Θα δείξουμε ότι ο ελάχιστος

είναι ο

.

Το

επιτυγχάνεται με τον χρωματισμό modulo

και την συνάρτηση $f(n) = \begin{cases} n & 3 \nmid n \\ 2n & 3|n.\end{cases}$

Ο έλεγχος ότι τα (α) και (β) ικανοποιούνται είναι απλός.

Ας δείξουμε τώρα ότι δεν μπορούμε να έχουμε $k \leqslant 3$ .

Έστω ότι χρησιμοποιήσαμε το πολύ δύο χρώματα. Αν f(n) = nf(1)

για κάθε $n \in \mathbb{N}$ , τότε δεν ισχύει η (β). Οπότε υπάρχει ελάχιστο

ώστε $f(n) \neq nf(1)$ . Επειδή f(2) = f(1) + f(1) = 2f(1)

πρέπει $n \geqslant 3$ .

Αν οι k,n-k

έχουν το ίδιο χρώμα, τότε f(n) = f(k) + f(n-k) = kf(1) + (n-k)f(1) = nf(1)

, άτοπο. Άρα πρέπει ο

να είναι περιττός, έστω n=2m+1

και επιπλέον, χωρίς βλάβη της γενικότητας, πρέπει:

Οι $1,3,\ldots,2m-1$ να είναι μπλε.
Οι $2,4,\ldots,2m$ να είναι κόκκινοι.

Αν ο 2m+1

είναι μπλε, τότε
$\displaystyle{f(1) + f(2m+1) = f(2m+2) = 2f(m+1) = 2(m+1)f(1)}$
αφού m+1 < 2m+1

. Αλλά τότε είναι f(2m+1) = (2m+1)f(1)

, άτοπο.

Άρα ο 2m+1

είναι κόκκινος.

Αν ο 2m+2

είναι κόκκινος τότε
$\displaystyle{ 2f(2m+1) = f(4m+2) = f(2m) + f(2m+2) = 2mf(1) + 2f(m+1) = 2mf(1) + 2(m+1)f(1) }$
που δίνει f(2m+1) = (2m+1)f(1)

, άτοπο.

Αν ο 2m+2

είναι μπλε τότε
$\displaystyle{ (2m+3)f(1) = f(1) + 2f(m+1) = f(1) + f(2m+2) = f(2m+3) = f(2m+1) + f(2) = f(2m+1) + 2f(1)}$
που πάλι δίνει f(2m+1) = (2m+1)f(1)

, άτοπο.

Άρα αναγκαστικά ο 2m+2

θέλει ένα τρίτο χρώμα.

EGMO 2017 Μέρα 1η

EGMO 2017 Μέρα 1η

Re: EGMO 2017 Μέρα 1η

Re: EGMO 2017 Μέρα 1η

Re: EGMO 2017 Μέρα 1η

Re: EGMO 2017 Μέρα 1η

Re: EGMO 2017 Μέρα 1η

Re: EGMO 2017 Μέρα 1η

Μέλη σε σύνδεση