Fórum: Matematikai Diákolimpia

Köszi!

Írtad, hogy érdekel a geometria, javaslom az idei MEMO egyéni és csapatversenyének összesen három geometria feladatát.

https://memo2024.bolyai.hu/competition/problems-solutions

Érdemes megnézni a két különboző hivatalos megoldást is.

Én a geometriai feladatokat szoktam nézegetni, most csak egy volt belőle, az is jóval könnyebb volt szerintem a szokásostól. Itt egy megoldás rá Geogebrában: https://www.geogebra.org/geometry/tbgjyzry (Az alsó sávban lévő nyilakkal lehet lépésenként végigkövetni az elejétől a feladatot és a megoldását.)

Úgy értettem, hogy bárki, akit érdekel, itt pontosan megnézheti (ha eddig nem ismerte volna).

Köszönöm.

2-es és 3-as feladat még egyszer.

2. feladat Határozzuk meg az összes, pozitív egészekből álló \(\displaystyle (a, b)\) számpárt, melyre léteznek \(\displaystyle g\) és \(\displaystyle N\) pozitív egészek úgy, hogy

\(\displaystyle \text{lnko(}a^{n}+b, b^{n}+a\text{)}=g \)

teljesül minden \(\displaystyle n \geq N\) egészre. (Az \(\displaystyle x\) és \(\displaystyle y\) egész számok legnagyobb közös osztóját lnko\(\displaystyle (x, y)\) jelöli.)

3. feladat Legyen \(\displaystyle a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots\) pozitív egészek egy végtelen sorozata, valamint legyen \(\displaystyle N\) egy pozitív egész. Tegyük fel, hogy minden \(\displaystyle n>N\) esetén \(\displaystyle a_{n}\) megegyezik azzal a számmal, ahányszor \(\displaystyle a_{n-1}\) az \(\displaystyle a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n-1}\) sorozatban szerepel.

Bizonyítsuk be, hogy \(\displaystyle a_{1}, a_{3}, a_{5}, \ldots\) és \(\displaystyle a_{2}, a_{4}, a_{6}, \ldots\) sorozatok valamelyike egy idő után periodikus.

(A \(\displaystyle b_{1}, b_{2}, b_{3}, \ldots\) végtelen sorozat egy idő után periodikus, ha léteznek \(\displaystyle p\) és \(\displaystyle M\) pozitív egészek, melyekre \(\displaystyle b_{m+p}=b_{m}\) minden \(\displaystyle m \geq M\) esetén.)

*MB->KB

Köszönöm, ismerem az oldalt minden évben innen töltöm le az aktuális feladatokat, de most a 82MB méretű pdf-et többszöri tömörítés után sem sikerült 50MB alá vinnem, így maradt a másolás -> beillesztés, ami aztán a hibás szöveget okozta.

Innen letölthetőek magyarul is a feladatok: https://www.imo-official.org/problems.aspx

Közben megszületett a végeredmény.

Bocsánat, a 2. és 3. feladatban az indexek, ill. a kitevők fel- és lecsúsztak.

Esetleg vki feltehetné pontosan. Köszönöm.

Az idei IMO feladatok:

2024. július 16., kedd

1. feladat Határozzuk meg az összes α valós számot, amelyre minden pozitív egész n esetén teljesül, hogy n osztja a következő egész számot: ⌊α⌋ + ⌊2α⌋ + · · · + ⌊nα⌋. (A ⌊z⌋ a legnagyobb egész számot jelöli, amely kisebb vagy egyenlő, mint z. Például ⌊−π⌋ = −4 és ⌊2⌋ = ⌊2,9⌋ = 2.)

2. feladat Határozzuk meg az összes, pozitív egészekből álló (a, b) számpárt, melyre léteznek g és N pozitív egészek úgy, hogy lnko(a n + b, bn + a) = g teljesül minden n ⩾ N egészre. (Az x és y egész számok legnagyobb közös osztóját lnko(x, y) jelöli.)

3. feladat Legyen a1, a2, a3, . . . pozitív egészek egy végtelen sorozata, valamint legyen N egy pozitív egész. Tegyük fel, hogy minden n > N esetén an megegyezik azzal a számmal, ahányszor an−1 az a1, a2, . . . , an−1 sorozatban szerepel. Bizonyítsuk be, hogy a1, a3, a5, . . . és a2, a4, a6, . . . sorozatok valamelyike egy idő után periodikus. (A b1, b2, b3, . . . végtelen sorozat egy idő után periodikus, ha léteznek p és M pozitív egészek, melyekre bm+p = bm minden m ⩾ M esetén.)

2024. július 17., szerda

4. feladat Tegyük fel, hogy az ABC háromszögben AB < AC < BC. Jelölje ω az ABC háromszög beírt körét, I pedig ω középpontját. Legyen X a BC egyenes C-től különböző pontja úgy, hogy az Xen átmenő, AC-vel párhuzamos egyenes érinti ω-t. Továbbá legyen Y a BC egyenes B-től különböző pontja úgy, hogy az Y -on átmenő, AB-vel párhuzamos egyenes érinti ω-t. Messe az AI egyenes az ABC háromszög körülírt körét a P ̸= A pontban. Jelölje K és L az AC, illetve AB szakasz felezőpontját. Bizonyítsuk be, hogy KIL∢ + Y P X∢ = 180.

5. feladat Turbó, a csiga a következő játékot játssza egy 2024 sorból és 2023 oszlopból álló táblán, melynek 2022 mezőjén egy-egy szörny rejtőzik. Kezdetben Turbó nem ismeri a szörnyek helyét, de tudja, hogy az első és utolsó sort leszámítva minden sorban pontosan egy, valamint minden oszlopban legfeljebb egy szörny található. Turbó kísérleteket tesz arra, hogy eljusson az első sorból az utolsóba. Minden kísérlete során kiválasztja, hogy az első sor melyik mezőjéből indul, majd minden lépésében egy oldalszomszédos mezőre lép. (Visszatérhet olyan mezőre, melyen már járt.) Ha olyan mezőre lép, ahol szörny rejtőzik, akkor véget ér a kísérlete, visszakerül az első sorba, és új kísérletet kezd. A szörnyek nem változtatják a helyüket, és Turbó emlékszik, hogy az általa meglátogatott mezők közül melyeken volt szörny. Ha az utolsó sor bármelyik mezőjét eléri, akkor befejeződik a kísérlet, és a játék véget ér. Határozzuk meg azt a minimális n értéket, melyre Turbónak létezik olyan stratégiája, amellyel a szörnyek elhelyezkedésétől függetlenül biztosan eléri az utolsó sort legfeljebb n kísérlettel.

6. feladat Jelölje Q a racionális számok halmazát. Egy f : Q → Q függvényt pimasznak nevezünk, ha rendelkezik a következő tulajdonsággal: minden x, y ∈ Q esetén fennáll, hogy f(x + f(y)) = f(x) + y vagy f(f(x) + y) = x + f(y). Mutassuk meg, hogy létezik c egész szám úgy, hogy minden f pimasz függvényre legfeljebb c különböző racionális szám áll elő f(r) + f(−r) alakban, ahol r racionális szám; valamint határozzuk meg c legkisebb lehetséges értékét.

Régóta és többször is próbálkoztam a 2018/6-os feladatra egy elemi geometriai megoldást adni, míg végül is most sikerült. A megoldás a forgatva nyújtáson és egy geometriai egyenlőtlenségen alapul. Íme: https://rb.gy/av0yrc

Gratulálok az EGMO-n versenyző lányoknak és tanáraiknak a szép eredményhez!

https://www.egmo.org/registration/2023/person?@template=scoreboard

Veszem észre, a \(\displaystyle 2.\) feladatban elírtam azt, amikor \(\displaystyle y\) helyére \(\displaystyle \frac{1}{f(x)}\)-et helyettesítek, helyesen a becsléssel együtt: \(\displaystyle xf\bigg(\frac{1}{f(x)}\bigg)+\bigg(\frac{1}{f(x)}\bigg)f(x)\le{xf(x)+1}\le{2}.\) Az eredeti teljesen rossz.

Elegáns megoldások, köszönöm!

Bocs, Neked köszönöm!

Köszönöm szépen!

\(\displaystyle 2\)-eshez lényegében teljes megoldás:

Vegyünk egy tetszőleges \(\displaystyle x\) valós számot, és keressük hozzá meg azt az \(\displaystyle y\)-t, amelyre \(\displaystyle xf(y)+yf(x)\le{2}.\) Ekkor az sztani-mértani egyenlőtlenség miatt \(\displaystyle \sqrt{xf(y)yf(x)}\le{\frac{xf(y)+yf(x)}{2}=1},\) azaz vagy \(\displaystyle xf(x)\le{1},\) vagy \(\displaystyle yf(y)\le{1},\) ez pedig azt jelenti, hogy amennyiben \(\displaystyle x\ne{y},\) akkor \(\displaystyle x\)-hez vagy \(\displaystyle y\)-hoz két megfelelő pár is létezne (a másik és saját maga), ami ellentmondás. Ez azt jelenti, hogy minden valós számhoz saját maga a megfelelő pár.

Következő lépésben belátjuk, hogy a függvény szig. mon. csökken. Ez könnyű, ugyanis ha feltesszük, hogy \(\displaystyle a>b\) esetén \(\displaystyle f(a)\ge{f(b)},\) akkor a fentiek szerint \(\displaystyle 2af(a)\le{1},\) de akkor \(\displaystyle af(b)+bf(a)\le{2}\) is igaz, azaz \(\displaystyle a\)-hoz két megfelelő valós számot is találni, ellentmondás.

Végül helyettesítsünk be \(\displaystyle y\) helyére \(\displaystyle \frac{1}{f(x)}\)-et. Ekkor mivel \(\displaystyle \frac{1}{f(x)}\ge{x},\) ezért a monotonitás miatt \(\displaystyle xf\bigg(\frac{1}{f(x)}\bigg)+f\bigg(\frac{1}{f(x)}\bigg)x \le{xf(x)}+f(x)x\le{2},\) azaz ha \(\displaystyle \frac{1}{f(x)}\ne{x},\) akkor \(\displaystyle x\)-hez két megfelelő való szám is létezne; minden \(\displaystyle x\)-re teljesül tehát, hogy \(\displaystyle \frac{1}{f(x)}=x,\) azaz \(\displaystyle \mathbf{f(x)=\frac{1}{x}}.\)

Ez a függvény meg is felel, tetszőleges \(\displaystyle x\)-re \(\displaystyle \frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge{2},\) egyenlőség csak \(\displaystyle x=y\) esetén áll.

\(\displaystyle 5\)-öshöz vázlatos megoldás, mert lépések végigcsinálása lényegében technikázás, ezért azokat nem írom le:

1. lépés. Ha \(\displaystyle b<p,\) akkor nincs megoldás: a jobb oldal nem osztható \(\displaystyle p\)-vel, tehát \(\displaystyle a\) sem, így a jobb oldalon \(\displaystyle a\) nem osztja \(\displaystyle p\)-t, ezért \(\displaystyle a\) nem osztja \(\displaystyle b!\)-t, azaz \(\displaystyle a>b,\) innen nagyságrendi becsléssel kijön.

Ekkor a jobb oldalt osztja \(\displaystyle p,\) azaz a balt is, azaz \(\displaystyle p\mid{a}.\)

2. lépés. Ha \(\displaystyle b>2p,\) akkor sincs megoldás. Ez egyszerű, mert ekkor a jobb oldalon \(\displaystyle p\) kitevője \(\displaystyle 1,\) ami a bal oldal miatt osztható \(\displaystyle p\)-vel, ellentmondás.

3. lépés. Ha \(\displaystyle a\ne{p},\) akkor sincs megoldás. Ekkor \(\displaystyle a=kp,\) és \(\displaystyle k\) osztja a bal oldalt, ezért \(\displaystyle k>{b}\ge{p},\) innen nagyságrendi becsléssel megint csak kijön.

Tehát a \(\displaystyle p^{p}-p=(p^{p-1}-1)p=b!\) egyenletet kell megoldanunk.

4. lépés. Ennek az egyenletnek csak \(\displaystyle p=2\) és \(\displaystyle p=3\) esetén van megoldása (és akkor \(\displaystyle b=2,\) illetve \(\displaystyle b=4\)). Ha \(\displaystyle p>2,\) akkor a bal oldalon \(\displaystyle 2\) kitevője \(\displaystyle v_2(p^p-p)=v_2(p^{p-1}-p)=2v_2(p-1)+v_2(p+1)-1\) az LTE-lemma alapján. Másrészt a jobb oldalon \(\displaystyle 2\) kitevője \(\displaystyle b!\)-ban alulbecsülhető (használva, hogy \(\displaystyle b>p\)), és így kellően nagy prímekre ellentmondást kapunk, a többit manuálisan ellenőrizhetjük.

Egyébként további érdekes megoldások találhatók a feladatokra az AoPS fórumon, az \(\displaystyle 5\)-ösre a megoldás végét onnan vettem, bár az enyém is hasonló volt, csak nem \(\displaystyle 2\) kitevőjét vizsgáltam.

Szia, Lpont! Youtube. Csak annyit kell beírni, hogy imo2022. Az 5. feladatot minimum három videóban is ismertetik, az egyikben egy fiatalember 68 percig beszél az 5. feladatról.

Üdv mindenkinek.

Az idei IMO 2. és 5. feladatára van vkinek megoldása vagy ötlete?

Gratulálok a magyar csapat tagjainak és felkészítőinek az eredményekért!

Az első nap 2. és 3. feladata az átlagosnál is nehezebbre sikerült, az összes résztvevő összesen 31 teljes (7 pontos) megoldást adott e két feladatra.

Oroszország - másodjára is házigazdaként - ismét meg kellett elégedjen a második hellyel az országok közötti versenyben.

Hol Kína, néhol USA, máskor D-Korea előzi őket az elmúlt években.

Már kint vannak a feladatok.

A feladatokat sajnos nem mondhatjuk el, titokban kell tartanunk szerdán 2:00 óráig.