EMC 2022 - Seniors

MAnTH05 · #1

Αναρτώ τα θέματα του διαγωνισμού τώρα που ολοκληρώθηκε για όλες τις χώρες. Καλά αποτελέσματα στους διαγωνιζόμενους!

Πρόβλημα 1.
'Εστω $n\geq3$ θετικός ακέραιος. Η Αλίκη και ο Βασίλης παίζουν ένα παιχνίδι χρωματισμού των κορυφών ενός κανονικού

-γωνου. Οι

παίκτες παίζουν εναλλάξ με την Αλίκη να ξεκινάει πρώτη. Αρχικά καμία κορυφή δεν είναι χρωματισμένη και οι

παίκτες ξεκινούν με

πόντους.
Στη σειρά του ο κάθε παίκτης χρωματίζει μία κορυφή

που δεν έχει χρωματιστεί σε προηγούμενο γύρο και κερδίζει

πόντους, όπου

ο αριθμός των γειτονικών κορυφών της

που έχουν ήδη χρωματιστεί σε κάποιον προηγούμενο γύρο. (Άρα το

είναι

,

ή

.)
Το παιχνίδι τερματίζει όταν χρωματιστούν όλες οι κορυφές του

-γωνου, και τότε κερδίζει ο παίκτης με τους περισσότερους πόντους. Αν οι

παίκτες καταλήξουν με τον ίδιο αριθμό πόντων, δεν κερδίζει κανείς. Να προσδιοριστούν όλα τα $n\geq3$ για τα οποία ο Βασίλης έχει στρατηγική νίκης.

Πρόβλημα 2.
Ονομάζουμε έναν θετικό ακέραιο

καλό εάν υπάρχει θετικός ακέραιος

και (όχι απαραίτητα διακεκριμένοι) θετικοί ακέραιοι $d_{1},d_{2},...,d_{k}$
ώστε $n= d_{1}d_{2}...d_{k}$ και $d_{i}^{2} \mid n + d_{i}$ για όλα τα $i \in\left \{1,..., k \right \}$ .
(a)

Να εξεταστεί αν υπάρχουν άπειροι καλοί αριθμοί.
(b)

Να εξεταστεί αν υπάρχει καλός αριθμός μεγαλύτερος του

ο οποίος να είναι τετράγωνο ακεραίου.

Πρόβλημα 3.
Έστω $\mathbb{R}$ το σύνολο των πραγματικών αριθμών. Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ ώστε $f(x^{3}) +f(y)^{3} + f(z)^{3} = 3xyz$ για κάθε $x, y, z \in \mathbb{R}$ με x+y+z=0

.

Πρόβλημα 4.
Τα σημεία

,

και

βρίσκονται κατά τη φορά του ρολογιού πάνω σε κύκλο $\tau$ , ώστε η

να είναι παράλληλη στη

και $\measuredangle ABC > 90^{\circ}$ . Έστω

κύκλος εφαπτόμενος στις

,

και τον $\tau$ ώστε το σημείο επαφής των

και $\tau$ να βρίσκεται στο τόξο $\overset{\frown }{ED}$ που δεν περιέχει τα

,

και

. Ας είναι $F\neqA$ η τομή του $\tau$ και της εφαπτόμενης ευθείας στον

που διέρχεται από το

(και δεν είναι η

).
Να δειχθεί ότι υπάρχει κύκλος που εφάπτεται στις

,

και στον $\tau$ .

Τσιαλας Νικολαος · #2

Να αναφέρουμε ότι το τρίτο πρόβλημα προτάθηκε από τον "δικό μας" Ιάσονα Προδρομίδη!

MAnTH05 · #3

MAnTH05 έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 20, 2022 7:29 pm
Πρόβλημα 4.
Τα σημεία ,, , και βρίσκονται κατά τη φορά του ρολογιού πάνω σε κύκλο $\tau$ , ώστε η να είναι παράλληλη στη και $\measuredangle ABC > 90^{\circ}$ . Έστω κύκλος εφαπτόμενος στις , και τον $\tau$ ώστε το σημείο επαφής των και $\tau$ να βρίσκεται στο τόξο $\overset{\frown }{ED}$ που δεν περιέχει τα , και . Ας είναι $F\neqA$ η τομή του $\tau$ και της εφαπτόμενης ευθείας στον που διέρχεται από το (και δεν είναι η ).
Να δειχθεί ότι υπάρχει κύκλος που εφάπτεται στις , , και στον $\tau$ .

Μερικές ιδέες

Θεωρούμε τον

-μικτεγγεγραμμένο κύκλο του BDF

. Θα αποδείξουμε ότι η κοινή εξωτερική εφαπτομένη του (l)

με τον

που ανήκει στο ίδιο ημιεπίπεδο με τα

,

ως προς τη

είναι παράλληλη στην

.
Έστω: $(l)\cap (k) \equiv B_{1}$
$(l)\cap (k') \equiv B_{2}$
κέντρο $(\tau) \equiv O$
κέντρο $(k) \equiv O_{1}$
κέντρο $(k') \equiv O_{2}$
$(\tau) \cap (l) \equiv E' , C'$ $(k) \cap (\tau) \equiv A'$
$(k') \cap (\tau) \equiv A''$
$AB_{1} \cap (\tau) \equiv A_1$
$O_{1}O_{2} \cap (l) \equiv B'$
$A_{1}', A_{2}' \equiv (k') \cap BF, BD$

Ισχύει $\angle OA_{1}A' = \angle OA'A_{1} = \angle O_{1}A'B_1 = \angle O_{1}B_{1}A'$ άρα $O_{1}B_{1} \parallel OA_{1}$
Είναι $O_{1}B_{1} \perp E'C'$ άρα $OA_{1} \perp E'C'$ Άρα το $A_{1}$ είναι το μέσο του $\overset{\frown }{E'C'}$ .
Παρόμοια δείχνουμε $A_{1} - B_{2} - A''$ συνευθειακά.

Οπότε $\angle (A_{1}A', E'C') = \frac{\overset{\frown }{A_1C} + \overset{\frown }{E'A'}}{2} = \frac{\overset{\frown }{A_1E'} + \overset{\frown }{E'A'}}{2} = \frac{\overset{\frown }{A_1A}}{2} = \angle A_{1}A''A' =\angle A'A''B_2$
άρα το τετράπλευρο $B_{1}B_{2}A'A''$ είναι εγγράψιμο.

Από θεώρημα Monge τα σημεία

,

και

είναι συνευθειακά.

Θεωρούμε το σημείο Miquel

του πλήρους τετραπλεύρου $A_{1}B_{1}A'A''B'B_{2}$ $B'' \equiv (A_1B_1B_2) \cap (\tau)$
Είναι $\angle A_{1}B_{2}B' =\angle B_{2}'B''B + \angle A_{1}'B''B_{2}$ άρα οι κύκλοι $(B_{2}BB'')$ και (k')

εφάπτονται εξωτερικά στο $B_{2}$ άρα $\angle B''BB_{2} = \angle B''B_2B_{1} = 180 ^{\circ} - \angle B''A_{1}B_{1} = \angle B''BA'$ .
Άρα τα σημεία

, $B_{2}$ και

είναι συνευθειακά. Άρα αντίστοιχα και τα A''

, $B_{1}$ και

είναι συνευθειακά.

Άρα $\angle B_{2}A'B_{1} = \angle BA'A_{1} \angle B_{2}A''B_{1} = \angle A_{1}A''A$ άρα AE' = BC'

έτσι $AB \parallel E'C'$ δηλαδή $E'C' \equiv EC$
από υπόθεση ο

-μικτεγγεγραμμένος κύκλος του ADF

εφάπτεται στην

και είναι $EC \parallel AB$ άρα από ευκλείδειο αίτημα και ο

-μικτεγγεγραμμένος κύκλος του BDF

εφάπτεται στην

. $\square$

: EMC_Geometria.png (410.1 KiB) Προβλήθηκε 1462 φορές

#4

MAnTH05 έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 20, 2022 7:29 pm
Αναρτώ τα θέματα του διαγωνισμού τώρα που ολοκληρώθηκε για όλες τις χώρες. Καλά αποτελέσματα στους διαγωνιζόμενους!

Πρόβλημα 1.
'Εστω $n\geq3$ θετικός ακέραιος. Η Αλίκη και ο Βασίλης παίζουν ένα παιχνίδι χρωματισμού των κορυφών ενός κανονικού -γωνου. Οι παίκτες παίζουν εναλλάξ με την Αλίκη να ξεκινάει πρώτη. Αρχικά καμία κορυφή δεν είναι χρωματισμένη και οι παίκτες ξεκινούν με πόντους.
Στη σειρά του ο κάθε παίκτης χρωματίζει μία κορυφή που δεν έχει χρωματιστεί σε προηγούμενο γύρο και κερδίζει πόντους, όπου ο αριθμός των γειτονικών κορυφών της που έχουν ήδη χρωματιστεί σε κάποιον προηγούμενο γύρο. (Άρα το είναι , ή .)
Το παιχνίδι τερματίζει όταν χρωματιστούν όλες οι κορυφές του -γωνου, και τότε κερδίζει ο παίκτης με τους περισσότερους πόντους. Αν οι παίκτες καταλήξουν με τον ίδιο αριθμό πόντων, δεν κερδίζει κανείς. Να προσδιοριστούν όλα τα $n\geq3$ για τα οποία ο Βασίλης έχει στρατηγική νίκης.

Αρκετά προσιτό. Ο Βασίλης έχει στρατηγική νίκης αν και μόνο αν ο

είναι άρτιος.

Για

περιττό η Αλίκη χρωματίζει μια κορυφή

και θεωρεί την ευθεία $\ell$ που συνδέει την

με το κέντρο του πολυγώνου. Ακολούθως, όποια κορυφή

και να χρωματίσει ο Βασίλης, η Αλίκη χρωματίζει τη συμμετρική της

ως προς την $\ell$ και παίρνει τουλάχιστον όσους πόντους και ο Βασίλης. (Αφού για κάθε χρωματισμένη κορυφή

γειτονική της

, η αντίστοιχη κορυφή

είναι ήδη χρωματισμένη.) Άρα ο Βασίλης δεν μπορεί να κερδίσει. (Στην πραγματικότητα κερδίζει η Αλίκη με αυτήν την τακτική αλλά δεν μας ενδιαφέρει για το πρόβλημα.)

Για

άρτιο ο Βασίλης κερδίζει με παρόμοια τακτική. Αρχικά χρωματίζει μια κορυφή

γειτονική με αυτήν της Αλίκης και προηγείται με 1-0. Ακολούθως χρωματίζει τη συμμετρική κορυφή από αυτή που χρωματίζει η Αλίκη ως προς τη μεσοκάθετο της

. Σε κάθε του βήμα θα παίρνει τουλάχιστον όσους πόντους και η Αλίκη στο προηγούμενο βήμα.

Για την άσκηση 3 θα θέλαμε να γνωρίζουμε αν είναι σωστή η εκφώνηση ή αν υπάρχει τυπογραφικό. (Δεν τη δοκίμασα και υποψιάζομαι ότι είναι όντως σωστή αλλά καλού κακού θαήθελα να ξέρω.)

Τσιαλας Νικολαος · #5

Δημήτρη είναι σωστή!

#6

MAnTH05 έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 20, 2022 7:29 pm
Πρόβλημα 2.
Ονομάζουμε έναν θετικό ακέραιο καλό εάν υπάρχει θετικός ακέραιος και (όχι απαραίτητα διακεκριμένοι) θετικοί ακέραιοι $d_{1},d_{2},...,d_{k}$
ώστε $n= d_{1}d_{2}...d_{k}$ και $d_{i}^{2} \mid n + d_{i}$ για όλα τα $i \in\left \{1,..., k \right \}$ .
Να εξεταστεί αν υπάρχουν άπειροι καλοί αριθμοί.
Να εξεταστεί αν υπάρχει καλός αριθμός μεγαλύτερος του ο οποίος να είναι τετράγωνο ακεραίου.

(α) Ορίζουμε d_1 = 2

και $\displaystyle \left(d_{i+1} = \prod_{j=1}^{i} d_i\right)+1$ για $i \geqslant 1$ . Τότε ο $n = d_1 \cdots d_k$ (για οποιοδήποτε

) έχει τη ζητούμενη ιδιότητα. Πράγματι

$\displaystyle n+d_i = d_i \left( d_1 \cdots d_{i-1}d_{i+1}\cdots d_k + 1\right) = d_i((d_i-1)d_{i+1}\cdots d_k+1)$

Από τον ορισμό των d_j

έχουμε $d_j \equiv 1 \bmod d_i$ για κάθε j > i

. Άρα $d_{i+1}\cdots d_k \equiv 1 \bmod d_i$ και $d_{i-1}d_{i+1}\cdots d_k + 1 \equiv -1 + 1 \equiv 0 \bmod d_i$ . Συνεπώς d_i^2|n+d_i

για κάθε

.

(β) Θα δείξουμε ότι δεν υπάρχει τέτοιος αριθμός. Έστω προς άτοπο ότι υπάρχει και έστω πρώτος

ώστε

και

για $i \neq j$ . Έστω v_p(d_i) = r

και

όπου με

συμβολίζουμε τον μεγαλύτερο εκθέτη της δύναμης του

που διαιρεί τον

. Τότε $v_p(n) \geqslant r+s > v_p(d_i) = r$ , άρα v_p(n+d_i) = r

. Αλλά

οπότε $d_i^2 \nmid n+d_i$ , άτοπο.

Άρα αναγκαστικά όλα τα p_i

είναι πρώτοι μεταξύ τους. Αν

τέλειο τετράγωνο, τότε κάθε d_i

θα είναι τέλειο τετράγωνο, έστω d_i = m_i^2

. Μπορούμε να διαγράψουμε όποιος από τους d_i

είναι ίσοι με

.

Έχουμε

$\displaystyle d_i^2|n+d_i \implies d_i|\left( \frac{n}{d_i}+1\right) \implies n=d_1d_2 \cdots d_k | \left( \frac{n}{d_1}+1\right) \cdots \left( \frac{n}{d_k}+1\right)$

Όμως το (n/d_i)(n/d_j)

είναι πολλαπλάσιο του

για κάθε $i \neq j$ οπότε παίρνουμε

$\displaystyle n| n\left(\frac{1}{d_1} + \frac{1}{d_2} + \cdots + \frac{1}{d_k} \right) + 1$

Όμως

$\displaystyle \frac{1}{d_1} + \frac{1}{d_2} + \cdots + \frac{1}{d_k} \leqslant \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \cdots + \frac{1}{k^2} < \left( 1 - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} -\frac{1}{3}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{k-1} -\frac{1}{k})$

οπότε

$\displaystyle n \leqslant n\left(\frac{1}{d_1} + \frac{1}{d_2} + \cdots + \frac{1}{d_k} \right) + 1 < n\left(1 -\frac{1}{k}\right)+1 \implies n < k$

Αυτό όμως είναι άτοπο αφού $n = d_1 \cdots d_k \geqslant d_k \geqslant k$ .

#7

MAnTH05 έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 20, 2022 7:29 pm
Πρόβλημα 3.
Έστω $\mathbb{R}$ το σύνολο των πραγματικών αριθμών. Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ ώστε $f(x^{3}) +f(y)^{3} + f(z)^{3} = 3xyz$ για κάθε $x, y, z \in \mathbb{R}$ με .

Ωραίο και δύσκολο.

Για x=y=z=0

παίρνουμε

οπότε

ή $f(0)^2 = -\frac{1}{2}$ που απορρίπτεται.

Για $t \in \mathbb{R}$ και x=0,y=t,z=-t

παίρνουμε

που δίνει

.

Για

παίρνουμε

που μαζί με το προηγούμενο δίνει f(t^3) = f(t)^3

.

Για

και χρησιμοποιώντας το πιο πάνω παίρνουμε

$\displaystyle f(t^3) + f(t)^3 + f(-2t)^3 = -6t^3 \implies 2f(t)^3 - f(2t)^3 = -6t^3 \quad (1)$

Ομοίως (ή βάζοντας π.χ.

στη θέση του

) έχουμε

$\displaystyle 2f(2t)^3 - f(4t)^3 = -48t^3 \quad (2) \quad$ και

$\displaystyle 2f(4t)^3 - f(8t)^3 = -384t^3 \quad (3)$

Τότε το $4 \times (1) + 2 \times (2) + (3)$ δίνει

$\displaystyle 8f(t)^3 - f(8t)^3 = -504t^3 \quad (4)$

Όμως από την (1) έχουμε επίσης ότι 2f(t^3) - f(8t^3) = -6t^3

και με $\sqrt[3]{t}$ στη θέση του

παίρνουμε

$\displaystyle 2f(t) - f(8t) = -6t \quad (5)$

Αντικαθιστώντας στην (4) παίρνουμε

$\displaystyle 8f(t)^3 - (2f(t)+6t)^3 = -504t^3$

η οποία δίνει

$\displaystyle f(t)^2 + 3tf(t) - 4t^2 = 0$

Άρα για κάθε $t \in \mathbb{R}$ έχουμε f(t) = t

ή

Αν για κάποιο $t \neq 0$ είχαμε f(t) = -4t

τότε η (5) θα έδινε f(8t) = 2f(t) + 6t = -2t

που είναι άτοπο αφού f(8t) = 8t

ή

.

Άρα

για κάθε $t \in \mathbb{R}$ το οποίο ικανοποιεί (από την ταυτότητα του Euler) τη συναρτησιακή σχέση.

EMC 2022 - Seniors

EMC 2022 - Seniors

Re: EMC 2022 - Seniors

Re: EMC 2022 - Seniors

Re: EMC 2022 - Seniors

Re: EMC 2022 - Seniors

Re: EMC 2022 - Seniors

Re: EMC 2022 - Seniors

Μέλη σε σύνδεση