EGMO 2022

#1

Τις τελευταίες δυο μέρες η Κύπρος και η Ελλάδα λάβαμε μέρος στον διαγωνισμό EGMO. Σήμερα έχουμε το coordination και δικαιούμαστε πλέον να συζητήσουμε τα θέματα.

Πρόβλημα 1:

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο ABC

τέτοιο, ώστε BC<AB

και

. Έστω σημείο

στο ευθύγραμμο τμήμα~

και σημείο

στο ευθύγραμμο τμήμα

τέτοια, ώστε $P\neq B$ , $Q\ne C$ και {BQ=BC=CP}

. Έστω

το περίκεντρο του τριγώνου APQ

,

το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC

και

το σημείο τομής των ευθειών

και

. Να αποδείξετε ότι τα σημεία

,

και

είναι συνευθειακά.

Πρόβλημα 2:

Έστω $\mathbb{N}=\{1,2,3,\ldots\}$ το σύνολο των θετικών ακεραίων. Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ τέτοιες, ώστε για οποιουσδήποτε θετικούς ακεραίους

και

, ισχύουν οι ακόλουθες δύο συνθήκες:
(1) f(ab) = f(a)f(b)

, και
(2) τουλάχιστον δύο από τους αριθμούς f(a)

,

και

είναι ίσοι.

Πρόβλημα 3:

Μια άπειρη ακολουθία θετικών ακεραίων $a_1,a_2,\ldots$ ονομάζεται καλή αν
(1) το a_1

είναι τέλειο τετράγωνο, και
(2) για κάθε ακέραιο $n\geq 2$ , το a_n

είναι ο μικρότερος θετικός ακέραιος τέτοιος, ώστε ο
$\displaystyle na_1+(n-1)a_2+\ldots+2a_{n-1}+a_n$
να είναι τέλειο τετράγωνο.

Να αποδείξετε ότι για κάθε καλή ακολουθία $a_1,a_2,\ldots$ , υπάρχει θετικός ακέραιος

τέτοιος, ώστε a_n=a_k

για όλους τους ακεραίους $n\geq k$ .

Πρόβλημα 4:

Αν $n\geq2$ θετικός ακέραιος, να βρείτε τον μέγιστο θετικό ακέραιο

για τον οποίο υπάρχουν {N +1}

πραγματικοί αριθμοί $a_0, a_1, \ldots , a_N$ τέτοιοι, ώστε
(1) $a_0 + a_1 = -\dfrac 1n$ , και
(2) $(a_k + a_{k-1})(a_k + a_{k+1}) = a_{k-1} -a_{k+1}$ για $1\leq k\leq N-1$ .

Πρόβλημα 5:

Για n,k

θετικούς ακεραίους, έστω f(n,2k)

το πλήθος των τρόπων με τους οποίους ένας $n\times 2k$ πίνακας μπορεί να καλυφθεί με

ντόμινο μεγέθους $2\times1$ . (Π.χ. f(2,2)=2

και

.)\\
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους

τέτοιους, ώστε για κάθε θετικό ακέραιο

, ο αριθμός f(n,2k)

να είναι περιττός.

Πρόβλημα 6:

Έστω εγγράψιμο τετράπλευρο ABCD

με περίκεντρο

. Έστω ότι οι εσωτερικοί διχοτόμοι των γωνιών

και

τέμνονται στο

, οι εσωτερικοί διχοτόμοι των γωνιών

και

τέμνονται στο

, οι εσωτερικοί διχοτόμοι των γωνιών

και

τέμνονται στο

και οι εσωτερικοί διχοτόμοι των γωνιών

και

τέμνονται στο

. Έστω επίσης

το σημείο τομής των

και

. Έστω ότι τα X,Y,Z,W,O

και

είναι διαφορετικά ανά δύο. Να δείξετε ότι τα O,X,Y,Z

και

είναι ομοκυκλικά αν και μόνο αν τα σημεία P,X,Y,Z

και

είναι ομοκυκλικά.

Ορέστης Λιγνός · #2

Demetres έγραψε: Κυρ Απρ 10, 2022 10:32 am Πρόβλημα 1:

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο τέτοιο, ώστε και . Έστω σημείο στο ευθύγραμμο τμήμα~ και σημείο στο ευθύγραμμο τμήμα τέτοια, ώστε $P\neq B$ , $Q\ne C$ και . Έστω το περίκεντρο του τριγώνου , το ορθόκεντρο του τριγώνου και το σημείο τομής των ευθειών και . Να αποδείξετε ότι τα σημεία , και είναι συνευθειακά.

Έστω $TS \perp AB, SW \perp AB, HM \perp AB$ και $TU \perp AC, SR \perp AC, HN \perp AC$ . Θα δείξουμε ότι $\dfrac{RN}{UR}=\dfrac{WM}{WS}$ , οπότε θα έχουμε ότι τα σημεία T,S,H

είναι συνευθειακά. Θέτουμε AB=c,AC=b,BC=a

.

Είναι, BQ=BC

οπότε το

είναι το μέσον της

και αφού το

είναι το μέσον της

είναι $RN+UR=UN=\dfrac{b}{2}$ , και όμοια $WM+WS=\dfrac{c}{2}$ . Οπότε, αρκεί να δείξουμε ότι $\dfrac{RN}{b}=\dfrac{WM}{c}$ .

Από το Θεώρημα Θαλή είναι $\dfrac{RN}{NQ}=\dfrac{BS}{BQ}$ και $\dfrac{WM}{MP}=\dfrac{CS}{CP}$ , συνεπώς διαιρώντας κατά μέλη προκύπτει ότι

$\dfrac{RN}{WM} \cdot \dfrac{MP}{NW}=\dfrac{BS \cdot CP}{BQ \cdot CS}=\dfrac{BS}{CS}$

Είναι όμως, $\dfrac{MP}{NW}=\dfrac{BP}{QC}$ , και άρα

$\dfrac{RN}{WM}=\dfrac{BS}{CS} \cdot \dfrac{QC}{BP}=\dfrac{\sin \angle BPS}{\sin \angle PSB} \cdot \dfrac{\sin \angle QSC}{\sin \angle BQC}=\dfrac{\sin \angle B}{\sin \angle C}=\dfrac{b}{c},$

οπότε προκύπτει ότι $\dfrac{RN}{b}=\dfrac{WM}{c}$ , όπως θέλαμε.

Ορέστης Λιγνός · #3

Demetres έγραψε: Κυρ Απρ 10, 2022 10:32 am Πρόβλημα 2:

Έστω $\mathbb{N}=\{1,2,3,\ldots\}$ το σύνολο των θετικών ακεραίων. Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ τέτοιες, ώστε για οποιουσδήποτε θετικούς ακεραίους και , ισχύουν οι ακόλουθες δύο συνθήκες:
(1) , και
(2) τουλάχιστον δύο από τους αριθμούς , και είναι ίσοι.

Αρχικά, αν η

είναι σταθερή, προφανώς $f \equiv 1$ . Ας υποθέσουμε τώρα ότι η

είναι μη σταθερή, και έστω

ο ελάχιστος πρώτος για τον οποίο $f(p) \neq 1$ (αν δεν υπάρχει τέτοιος πρώτος, τότε f(p)=1

για όλους τους πρώτους και αφού η

είναι πολλαπλασιαστική, είναι $f \equiv 1$ , άτοπο).

Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις.

Περίπτωση 1: Δεν υπάρχει πρώτος $q \neq p$ με $f(q) \neq 1$ . Τότε, είναι f(q)=1

για κάθε πρώτο $q \neq p$ , και άρα αν $n=p^a \cdot b$ με (b,p)=1

έχουμε

, οπότε προκύπτει ότι $f(n)=c^{v_p(n)}$ , για κάθε $n \in \mathbb{N}$ . Αυτή η συνάρτηση σαφώς και ικανοποιεί και την δεύτερη συνθήκη, καθώς αν v_p(a)=v_p(b)

τότε

, ενώ αν $v_p(a) \neq v_p(b)$ τότε $f(a+b)=c^{\min \{v_p(a),v_p(b) \} }$ .

Περίπτωση 2: Υπάρχει $q \neq p$ με $f(q) \neq 1$ . Ας υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι q>p

, καθώς και ότι ο

είναι ο μικρότερος δυνατός. Θεωρούμε τους

f(q-p),f(p),f(q)

Αν ο

είναι πρώτος ώστε $r \mid (q-p)$ , τότε r<q

και σαφώς $r \neq p$ (αν r=p

τότε

), οπότε είναι f(r)=1

, συνεπώς και f(q-p)=1

. Άρα,

$f(p) \neq 1= f(q-p) \neq f(q),$

οπότε πρέπει f(p)=f(q)

.

Αν τώρα ήταν q>p^2

, τότε θεωρούμε τους

f(q-p^2),f(p^2),f(q)

Αν ο

είναι πρώτος ώστε $r \mid (q-p^2)$ , τότε όμοια είναι f(q-p^2)=1

. Επίσης

, οπότε αναγκαστικά είναι f(p)=1

, άτοπο.

Έστω τώρα ότι q<p^2

. Γράφουμε p^2=Aq+B

, με $0 \leq B<q$ . Θεωρούμε τους

f(Aq), f(B), f(p^2)

Τότε, είναι f(Aq)=f(A)f(q)

και

, συνεπώς

. Άρα,

. Επομένως, f(Aq)=f(p)

και ακόμη αφού B<q

και $p \nmid B$ (αν ήταν $p \mid B$ τότε $p \mid Aq$ , άρα $p \mid A$ , άτοπο αφού A<p

), είναι

. Συνεπώς, δύο εκ των

f(p),1,f(p)^2,

είναι ίσοι, άτοπο.

Τελικά, προκύπτει ότι είτε $f \equiv 1$ είτε f(n)= c^(v_p(n)

.

Ορέστης Λιγνός · #4

Demetres έγραψε: Κυρ Απρ 10, 2022 10:32 am Πρόβλημα 3:

Μια άπειρη ακολουθία θετικών ακεραίων $a_1,a_2,\ldots$ ονομάζεται καλή αν
(1) το είναι τέλειο τετράγωνο, και
(2) για κάθε ακέραιο $n\geq 2$ , το είναι ο μικρότερος θετικός ακέραιος τέτοιος, ώστε ο
$\displaystyle na_1+(n-1)a_2+\ldots+2a_{n-1}+a_n$
να είναι τέλειο τετράγωνο.

Να αποδείξετε ότι για κάθε καλή ακολουθία $a_1,a_2,\ldots$ , υπάρχει θετικός ακέραιος τέτοιος, ώστε για όλους τους ακεραίους $n\geq k$ .

Έστω, $c_n^2=na_1+(n-1)a_2+\ldots+2a_{n-1}+a_n$ για κάθε

, οπότε προκύπτει εύκολα ότι

$c_{n+1}^2-c_n^2=a_1+\ldots+a_{n+1}$

Από τον ορισμό των a_i

είναι,

$(c_{n+1}-1)^2-c_n^2 \leq a_1+\ldots+a_n,$

που γράφεται ως $2c_{n+1} \geq a_{n+1}+1$ , για κάθε

, δηλαδή $2c_n \geq a_n+1$ για κάθε $n \geq 2$ . Επομένως,

$c_{n+2}^2-2c_{n+1}^2+c_n^2=(a_1+\ldots+a_{n+2})-(a_1+\ldots+a_{n+1})=a_{n+2} \leq 2c_{n+2}-1,$

που γράφεται ως $(c_{n+2}-1)^2 \leq 2c_{n+1}^2-c_n^2$

Ισχυρισμός: H $d_n=c_{n+1}-c_n$ είναι φθίνουσα.
Απόδειξη: Αρκεί να δείξουμε ότι $d_{n+1} \leq d_n$ , ή ισοδύναμα ότι $c_{n+2} \leq 2c_{n+1}-c_n$ . Αν ήταν $c_{n+2} \geq 2c_{n+1}-c_n+1$ , τότε θα είχαμε

$2c_{n+1}^2-c_n^2 \geq (c_{n+2}-1)^2 \geq (2c_{n+1}-c_n)^2,$

ή ισοδύναμα $2(c_{n+1}-c_n)^2 \leq 0$ , άρα $c_{n+1}=c_n$ , άτοπο $\blacksquare$

Οπότε, αφού $d_n=c_{n+1}-c_n>0$ για κάθε

, η

είναι τελικά σταθερή, οπότε υπάρχουν M,N

, ώστε $c_{n}=a_M+(n-M)N$ για κάθε $n \geq M$ . Άρα,

$a_{n+1}=c_{n+2}^2+c_n^2-2c_{n+1}^2=(a_M+(n+2-M)N)^2+(a_M+(n-M)N)^2-2(a_M+(n+1-M)^2=4N,$

για κάθε $n \geq M$ , οπότε η (a_n)

είναι τελικά σταθερή, όπως θέλαμε.

Ορέστης Λιγνός · #5

Demetres έγραψε: Κυρ Απρ 10, 2022 10:32 am Πρόβλημα 4:

Αν $n\geq2$ θετικός ακέραιος, να βρείτε τον μέγιστο θετικό ακέραιο για τον οποίο υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί $a_0, a_1, \ldots , a_N$ τέτοιοι, ώστε
(1) $a_0 + a_1 = -\dfrac 1n$ , και
(2) $(a_k + a_{k-1})(a_k + a_{k+1}) = a_{k-1} -a_{k+1}$ για $1\leq k\leq N-1$ .

Αν $b_i=a_i+a_{i-1}$ για όλα τα

, τότε η δοσμένη συνθήκη εύκολα γράφεται ως $b_{i+1}(b_i+1)=b_i$ . Σαφώς, οι b_i

ορίζονται αν και μόνο αν ορίζονται και οι a_i

.

Ισχυρισμός: $b_i=\dfrac{1}{(i-1)-n}$ για όλα τα

.
Απόδειξη: Επαγωγικά. Για i=1

ισχύει από την δοσμένη υπόθεση. Αν είναι $b_i=\dfrac{1}{(i-1)-n}$ , τότε

$b_{i+1} \cdot \dfrac{i-n}{i-1-n}=\dfrac{1}{i-1-n}$ , άρα $b_{i+1}=\dfrac{1}{i-n}$ $\blacksquare$

Από τον Ισχυρισμό έχουμε ότι για i=n+1

το $b_{n+1}$ δεν ορίζεται, επομένως μπορούμε να ορίσουμε το πολύ

όρους της ακολουθίας των b_i

.

Συνεπώς και για τους a_i

έχουμε ότι μπορούμε να ορίσουμε το πολύ n+1

αριθμούς, και άρα $N_{\max}=n$ .

Ορέστης Λιγνός · #6

Demetres έγραψε: Κυρ Απρ 10, 2022 10:32 am Πρόβλημα 6:

Έστω εγγράψιμο τετράπλευρο με περίκεντρο . Έστω ότι οι εσωτερικοί διχοτόμοι των γωνιών και τέμνονται στο , οι εσωτερικοί διχοτόμοι των γωνιών και τέμνονται στο , οι εσωτερικοί διχοτόμοι των γωνιών και τέμνονται στο και οι εσωτερικοί διχοτόμοι των γωνιών και τέμνονται στο . Έστω επίσης το σημείο τομής των και . Έστω ότι τα και είναι διαφορετικά ανά δύο. Να δείξετε ότι τα και είναι ομοκυκλικά αν και μόνο αν τα σημεία και είναι ομοκυκλικά.

Έστω $Q \equiv AB \cap CD$ και $R \equiv CB \cap AD$ (στην περίπτωση όπου το ABCD

είναι ισοσκελές τραπέζιο το πρόβλημα λόγω συμμετρίας είναι προφανές) και έστω $\omega_1$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του ABCD

και $\omega_2$ ο κύκλος διαμέτρου

. Βασιζόμαστε στους επόμενους Ισχυρισμούς:

Ισχυρισμός 1: Το τετράπλευρο WZYX

είναι εγγράψιμο σε κύκλο που ονομάζουμε $\omega_3$ .
Απόδειξη: Είναι,

$\angle XWZ=180^\circ-\dfrac{\angle BAD}{2}-\dfrac{\angle CDA}{2}=\dfrac{\angle CBA}{2}+\dfrac{BCD}{2}=180^\circ-\angle XYZ,$

όπως θέλαμε $\blacksquare$

Ισχυρισμός 2: Ο ριζικός άξονας των κύκλων $\omega_1$ και $\omega_2$ είναι η

.
Απόδειξη: Άμεσο από το Θεώρημα Brocard $\blacksquare$

Ισχυρισμός 3: Ο ριζικός άξονας των κύκλων $\omega_1$ και $\omega_3$ είναι η

.
Απόδειξη: Το

είναι το παράκεντρο του τριγώνου RAB

και το

το έκκεντρο του τριγώνου RCD

, οπότε τα σημεία R,X,Z

είναι συνευθειακά στην διχοτόμο της γωνίας $\angle BRA$ . Επομένως,

$\angle BXZ=180^\circ-\angle BPR=180^\circ-\dfrac{\angle BAR}{2}=180^\circ-\dfrac{\angle BCD}{2}=180^\circ-\angle BCZ,$

και συνεπώς το τετράπλευρο BCZX

είναι εγγράψιμο. Άρα,

$RX \cdot RZ=RB \cdot RC,$

δηλαδή το

έχει την ίδια δύναμη ως προς τους κύκλους $\omega_1$ , $\omega_3$ . Όμοια το ίδιο ισχύει και για το

, επομένως η

είναι ο ριζικός άξονας των δύο αυτών κύκλων $\blacksquare$

Στο πρόβλημα, αν ήταν $O \in \omega_2$ , τότε από τα συμπεράσματα των Ισχυρισμών 2 και 3 προκύπτει ότι οι κύκλοι $\omega_2$ και $\omega_3$ ταυτίζονται, συνεπώς $P \in \omega_2$ , όπως θέλαμε. Όμοια δρούμε αν $P \in \omega_2$ .

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Ορέστης Λιγνός · #7

Demetres έγραψε: Κυρ Απρ 10, 2022 10:32 am Πρόβλημα 5:

Για θετικούς ακεραίους, έστω το πλήθος των τρόπων με τους οποίους ένας $n\times 2k$ πίνακας μπορεί να καλυφθεί με ντόμινο μεγέθους $2\times1$ . (Π.χ. και .)\\
Να βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους τέτοιους, ώστε για κάθε θετικό ακέραιο , ο αριθμός να είναι περιττός.

Αρχίζουμε με τους εξής Ισχυρισμούς:

Ισχυρισμός 1: $f(n,2k) \equiv f(\dfrac{n-1}{2},2k) \pmod 2$ για κάθε n,k

με

περιττό.
Απόδειξη: Σε μία κάλυψη ενός $n \times 2k$ πίνακα, αν τον στρέψουμε κατά $180^\circ$ έχουμε μία νέα κάλυψη σε όλες τις περιπτώσεις εκτός από αυτές όπου η $\dfrac{n+1}{2}$ -στή γραμμή καλύπτεται κατά μήκος με ντόμινο, και οι δύο $\dfrac{n-1}{2} \times 2k$ πίνακες έχουν καλυφθεί κατά τον ίδιο τρόπο (ονομάζω αυτές τις καλύψεις κακές).

Επομένως, για όλες τις μη κακές καλύψεις μπορώ να τις πάρω ανά ζεύγη, οπότε συνολικά έχω άρτιο αριθμό τρόπων. Οι κακές καλύψεις είναι φυσικά $f(\dfrac{n-1}{2},2k)$ , οπότε προκύπτει το ζητούμενο $\blacksquare$

Ισχυρισμός 2: $f(2k,2k) \equiv 0 \pmod 2$ για κάθε

.
Απόδειξη: Όπως πριν, ονομάζουμε κακές όσες καλύψεις παραμένουν ίδιες με στροφή $180^\circ$ . Οι μη κακές καλύψεις είναι άρτιες στο πλήθος, καθώς αντιστοιχίζονται αμφιμονοσήμαντα. Οι κακές καλύψεις είναι 2f(k,k)

(ο άνω αριστερά και ο κάτω δεξιά $k \times k$ πίνακας έχουν ίδια κάλυψη λόγω συμμετρίας, όπως και ο κάτω αριστερά και ο πάνω δεξιά). Συνολικά λοιπόν έχουμε άρτιο αριθμό τρόπων $\blacksquare$

Στο πρόβλημα, ο Ισχυρισμός 2 απορρίπτει όλους τους άρτιους

, ενώ ο Ισχυρισμός 1 μαζί με τον Ισχυρισμός 2 δίνουν ότι για να ικανοποιεί ο

τη συνθήκη πρέπει η ακολουθία a_n

με

και $a_{i+1}=\dfrac{a_i-1}{2}$ (την ορίζουμε για όσο $a_i \geq 1$ ) να έχει μόνο περιττούς όρους (αν έχει έναν άρτιο ο Ισχυρισμός 2 απορρίπτει αυτό το

).

Επομένως, ο

στη δυαδική μορφή έχει μόνο άσσους, άρα πρέπει $n=2^\ell-1$ για κάποιο $\ell$ . Από τον Ισχυρισμό 1 τώρα προκύπτει ότι

$f(2^\ell-1,2k) \equiv f(2^{\ell-1}-1,2k) \equiv \ldots \equiv f(1,2k) \equiv 1 \pmod 2,$

όπως θέλαμε.

Τελικά, $n=2^\ell-1$ με $\ell \geq 1$ θετικό ακέραιο.

#8

Καταιγιστικός ο Ορέστης

Demetres έγραψε: Κυρ Απρ 10, 2022 10:32 am Τις τελευταίες δυο μέρες η Κύπρος και η Ελλάδα λάβαμε μέρος στον διαγωνισμό EGMO. Σήμερα έχουμε το coordination και δικαιούμαστε πλέον να συζητήσουμε τα θέματα.

Πρόβλημα 1:

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο τέτοιο, ώστε και . Έστω σημείο στο ευθύγραμμο τμήμα~ και σημείο στο ευθύγραμμο τμήμα τέτοια, ώστε $P\neq B$ , $Q\ne C$ και . Έστω το περίκεντρο του τριγώνου , το ορθόκεντρο του τριγώνου και το σημείο τομής των ευθειών και . Να αποδείξετε ότι τα σημεία , και είναι συνευθειακά.

: EGMO 2022.1.png (17.25 KiB) Προβλήθηκε 1696 φορές

Έστω

τα ύψη του ABC.

Επειδή

τα ύψη διχοτομούν τις γωνίες $\widehat B, \widehat C.$ Άρα το

ορθόκεντρο

του τριγώνου ABC

είναι έγκεντρο του SBC,

οπότε $\displaystyle 180^\circ - \widehat A = B\widehat HC = 90^\circ + \frac{{B\widehat SC}}{2}.$

Επομένως, $\displaystyle B\widehat SC = 180^\circ - 2\widehat A = 180^\circ - P\widehat TQ,$ δηλαδή το TPSQ

είναι εγγράψιμο, που σημαίνει ότι

η

διχοτομεί την $P\widehat SQ.$ Αλλά και η

διχοτομεί την $B\widehat SC,$ άρα τα

,

και

είναι συνευθειακά.

EGMO 2022

EGMO 2022

Re: EGMO 2022

Re: EGMO 2022

Re: EGMO 2022

Re: EGMO 2022

Re: EGMO 2022

Re: EGMO 2022

Re: EGMO 2022

Μέλη σε σύνδεση