Fórum: Matematikai Diákolimpia

Abban az évben, amikor én tartalék lettem, volt egy vidéki, nem specmatos olimpikon (aki egyéb érdemei mellett valószínűleg a Kürschák-győzelmével váltotta meg az athéni repjegyét). Az említett bennfentes állítását megdöntő ellenpéldát valószínűleg más évjáratokban is lehet találni.

Nagyon sokat számít az olimpiai szakkörön történő részvétel és az ottani aktív szereplés. Ez semmiképpen sem nevezhető szubjektív szempontnak, még akkor sem, ha nem is tudjuk a versenyeredmények skáláján mérni.

A gyenge eredményhez szerintem a válogatásnak nem sok köze van. Korábban is ez volt a rendszer, és nagyon erős csapatokat is hozott össze.

---

Fel a fejjel! Ha például valamelyik neves amerikai egyetemen szeretett volna ösztöndíjat kapni, most rögtön, a középiskola után, akkor abban persze sokat segített volna neki egy IMO-kerettagság. De a későbbiekben más szempontok kerülnek előtérbe. A csapatból való kimaradás legrosszabb következménye az lehet, ha nehezen emészti meg.

Mátét 11 éve visszük, küldjük versenyre. Mindig is szeretett volna eljutni az olimpiára, és ennek mindent alárendelt. 4 éve egy bennfentes azt mondta, hogy kizárt, hogy vidéki, nem specmatekos iskolából, hátszél nélkül kijusson az olimpiára. Igaza lett. A válogatási elvek: Az év elején elhangzott Pelikán úrtól, hogy a KÖMÁL pontversenyben való részvételt minden leendő olimpikontól elvárja. Ezenkívül a nívósabb versenyek eredményei (MEMO, Kürschák, OKTV-k, válogatók fognak számítani.) Máté eredményei: MEMO: ezüstérem, Kürschák: oklevél, OKTV: 1. és 4., Surányi J(1.válogató): J.A és Á.T mögött 3., KÖMAL A: 5., KÖMAL B:5. Mivel nem specmatekos, ezért nehezebb összehasonlítani az eredményeket, de több versenyen is, ahol együtt indultak, jobb helyezést el, mint az utazók többsége. Emellett még volt 2 Arany D. első helye, és 2012 Nemzetközi Magyar MV is 1. díjas volt (Itt részt vesznek Fazekasosok is). Ha reális pontszámításos válogató lett volna, akkor a 3. 4. helyen állt volna. Idén viszont nem csak az eredmények döntöttek, hanem szubjektív megitélés alapján jelölték ki az utazókat. Az eredmény ismert. Már a tavalyi 25. hely is az addigi leggyengébb szereplés volt, csak a nemFazekasosok jó eredménye mentette meg a csapatot. Az idei 38-41. hely magáért beszél. Most nem lehet azt mondani, hogy a vidéki nemspecmatekosok húzták le a teljesítményt. Elkéne fogadni, hogy a Fazekason túl is van élet, vannak olyan tehetséges tanulók, akik nem engedtek a csábításanek és nem mentek el a Fazekasba. Úgy gondolom, hogy az olimpia nem a Fazekasosok magán versenye kell, hogy legyen, hanem itt a korosztály legjobbjait kellett volna nevezni. Remélem, hogy az idei eredmény felébreszti az illetékeseket.

MEMO: az érthetőség kedvéért. A tavalyi MEMO-n két olyan ország csapata is mögöttünk végzett, aki idén megelőzőtt bennünket. Vagy ők javultak fel, vagy mi lettünk gyengébbek. Mind a kettő a magyar oktatás, kiválasztás szégyene.

"Sajnos a válogatási elvekből kifolyólag előre borítékolni lehetett az eredményt."

Miért mi a válogatási elv? Több körös válogatás volt régebben és a legjobb 6 került ki. Máté indult a válogatókon?

"A tavalyi MEMO-n a mostani 6 diákból 3 ott volt, mellettük még 3 vidéki. Akkor több ponttal megelőzték a német és horvát csapatot, akik szinte ugyanazzal a csapattal most jóval előrébb végeztek."

Kérdés, hogy Janzer Olivérrel mit kezdjünk, mint a legjobb magyar olimpikonnal, aki nem MEMO tag. A 3 MEMO versenyző összehozott 47 pontot, a 3 nem MEMO tag 46-ot. Nem szignifikáns a különbség.

"Az 1-es és a 4-es feladat könnyű volt, minimum 14 ponttal kellett volna mindekinek indítania."

Akkor a negyediket miért nem minden MEMO tag oldotta meg? A második feladat megoldása konkrétan 1 sor, számtani-mértanival.

Az Art of Problem Solving honlapon (Results of the IMO 2012 Argentina/Final Results címen) olvasható az alábbi, kubai zászlóval ellátott hozzászólás:

"A surprise on the negative side might perhaps be the performance of Hungary. They used to be a top country, but fell out of the top-10 in the last decade. Last year they only reached rank 25, and this year they even went to rank 38. I am wondering about the reasons for this."

Úgy látszik, másokat is izgat a kérdés.

Matematikaverseny volt vagy fazekasos kirándulás? Az eddigi leggyengébb eredmény, amit elért magyar csapat. Sajnos a válogatási elvekből kifolyólag előre borítékolni lehetett az eredményt. A tavalyi MEMO-n a mostani 6 diákból 3 ott volt, mellettük még 3 vidéki. Akkor több ponttal megelőzték a német és horvát csapatot, akik szinte ugyanazzal a csapattal most jóval előrébb végeztek. Az 1-es és a 4-es feladat könnyű volt, minimum 14 ponttal kellett volna mindekinek indítania. Úgy tűnik valamit nagyon elszúrtak a Fazekasban?!

Megjavult. Új abszolút rekorder van az olimpiák történetében: Teodor von Burg, korábban egy lány vezetett! katt

Hm, az imo honlapja nem elérhető, gondolom kínai hekkerek műve.

Gratulálok a magyar csapat minden tagjának és a felkészítő tanároknak!

Kínában holnap 6 diákot kivégeznek.

Íme az eredmény...

A csapatok között a 38-41. helyen végeztünk.

Bővebben itt.

Részeredmény:

HUN1: 15+P2

HUN2: 20+P1

HUN3: 14+P5

HUN4: 11+P6

HUN5: 8+P3

HUN6: 9+P4

Az 53. Nemzetközi Matematikai Diákolimpia feladatai

(Forrás: http://www.imo-official.org/problems.aspx )

1. feladat: Az ABC háromszög A csúccsal szemközti hozzáírt körének középpontja J. Ez a hozzáírt kör a BC oldalt az M pontban, az AB, ill. AC egyeneseket pedig a K, ill. L pontban érinti. Az LM és BJ egyenesek metszéspontja F, a KM és CJ egyenesek metszéspontja pedig G. Legyen S az AF és BC egyenesek metszéspontja, T pedig a AG és BC egyenesek metszéspontja.

Bizonyítsuk be, hogy M az ST szakasz felezőpontja.

2. feladat: Legyen n3 egész, és legyenek a₂,a₃,...,a_n olyan pozitív valós számok, amelyekre a₂^.a₃^....^.a_n=1.

Bizonyítsuk be, hogy

(1+a₂)²(1+a₃)^3...(1+a_n)ⁿ>nⁿ.

3. feladat: A hazudós játékot két játékos játssza: A és B. A játék szabályaiban szerepel két pozitív egész szám: k és n, ezek értékét mindkét játékos ismeri. A játék megkezdésekor A választ két egész számot: x-et és N-et, amikre 1xN. A az x számot titokban tartja, viszont N-et őszintén megmondja B-nek. B ezután megpróbál x-re vonatkozó információt szerezni A-tól a következő típusú kérdésekkel: B minden kérdésében megadja pozitív egész számok egy tetszőleges S halmazát (olyan S halmazt is megadhat, amit már korábban is megadott), és azt kérdezi A-tól, hogy x eleme-e ennek az S halmaznak. B akárhány ilyen típusú kérdést feltehet. A-nak B minden kérdésére a kérdés elhangzása után azonnal igennel vagy nemmel kell válaszolnia, de mindegyik válasza lehet hazugság is; az egyetlen kikötés az, hogy bármely egymás utáni k+1 válasz közül legalább egynek őszintének kell lennie. Miután B annyiszor kérdezett, ahányszor csak akart, meg kell neveznie egy legfeljebb n pozitív egész számból álló X halmazt. Ha x eleme az X halmaznak, akkor B nyer; különben B veszít.

Bizonyítsuk be:

1. Ha n2^k, akkor B-nek van nyerő stratégiája.

2. Minden elég nagy k-hoz van olyan n1,99^k egész szám, amire B-nek nincs nyerő stratégiája.

4. feladat: Határozzuk meg az összes olyan f : ZZ függvényt, amire tetszőleges a,b,c egészekre, amelyekre a+b+c=0 teljesül, fennáll az

f(a)²+f(b)²+f(c)²=2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a)  

egyenlőség.

5. feladat: Legyen az ABC háromszögben BCA=90^o, és legyen D a C-ből induló magasságvonal talppontja. Legyen X a CD szakasz belső pontja. Legyen K az AX szakasznak az a pontja, amire BK=BC. Hasonlóan, legyen L a BX szakasznak az a pontja, amire AL=AC. Legyen M az AL és BK egyenesek metszéspontja.

Bizonyítsuk be, hogy MK=ML.

6. feladat: Határozzuk meg az összes olyan n pozitív egész számot, amelyhez találhatók olyan a₁,a₂,...,a_n nemnegatív egészek, amelyekre teljesül

Nagyon szépen köszönöm.

Próbáld meg ezt.

Szia Lorantfy!

Nagyon köszönöm a gyors válaszodat, reakciódat. Sajnos jelenleg a honlap nem szuperál úgy ahogy kellene... reméljük holnapra várható valamiféle javulás. Mert már nagyon izgat egy-két feladat megoldása, így nem szeretnék várni kb. 2 hetet.

Üdvözlettel:

Gzoli

Szia Zoli!

A következő KöMaL-ban elolvashatod a megoldásokat magyarul, de ha nem akarsz a megjelenésig várni, akkor tanulmányozhatod őket itt.

Hello!

Engem nagyon érdekelnének az 52. Matematikai Diákolimpiai feladatok megoldásai. Valaki fel tudná ide tenni a megoldásokat? (vagy esetleg egy linket mellékelne ahol megtekinthetőek). Előre is köszönöm a fáradozást.

Üdvözlettel: Gzoli

És most már a hall of fame lista elején egy német leányzó van 4 arannyal és egy ezüsttel. A kutyafáját!

Az eredmény

A bónusz kérdésre válaszolok. Aki gondolkodni akar még rajta, ne olvasson tovább...

Szóval pozitív x-re legyen f(x)=-e^x. Ez jó: 1. ha x0, akkor a bal oldal nempozitív, a jobb oldal 0. 2. ha y0, akkor a bal oldal nempozitív, a jobb oldalon f(f(x))=0, yf(x) nemnegatív, így a jobb oldal nemnegatív. 3. ha x,y>0, akkor az kell, hogy -e^x+y-ye^x, ami fennáll, hiszen e^yy.

Köszönöm.

Bónusz kérdés (eredetileg ezzel együtt akarták kitűzni a feladatot): Létezik-e az azonosan 0-tól különböző, a feltételeknek megfelelő függvény?

,,A végső indirekt részben az 1. esetben nem látom, miért létezik megfelelő y. Itt arról van szó, hogy A-nak nem lehet legnagyobb eleme?''

Nem, nem arról van szó: nem feltétlenül van A-nak legnagyobb eleme (legalábbis a priori). Talán egy kicsit pontatlanul fogalmaztam azzal, hogy 'legyen x, legyen y>0 ...'. Nem arról van szó, hogy választunk egy x-et A-ból, aztán egy pozitív y-t, hogy x+y is A-beli legyen, egyszerűen csak fogunk két A-beli elemet, a kisebbik x, a nagyobbik x+y, és ezekre írjuk fel a feltételt. Hogy van kettő, ehhez használjuk azt, hogy A kezdőszelet: így ha nemüres, végtelen sok eleme van.

IMO2011/ 2. nap

4. feladat: Legyen n>0 egy egész szám. Van egy kétkarú mérlegünk és n súlyunk, amelyek súlya 2⁰,2¹,...,2^n-1. Ezt az n súlyt egymás után a mérlegre akarjuk helyezni oly módon, hogy a jobboldali serpenyő soha ne legyen nehezebb a baloldali serpenyőnél. Mindegyik lépésben kiválasztjuk az eddig a mérlegre nem tett súlyok valamelyikét, és a mérlegnek vagy a baloldali vagy a jobboldali serpenyőjébe helyezzük, egészen addig, amíg az összes súly fel nem kerül a mérlegre.

Határozzuk meg, hogy hányféleképpen lehet ezt megtenni.

5. feladat: Jelölje Z az egész számok halmazát, N pedig a pozitív egész számok halmazát. Legyen f egy Z-t N-be képező függvény. Tegyük fel, hogy bármilyen két m és n egész szám esetén az f(m)-f(n) különbség osztható f(m-n)-nel.

Bizonyítsuk be, hogy minden m,n egész számra teljesül az, hogy ha f(m)f(n), akkor f(n) osztható f(m)-mel.

6. feladat: Legyen ABC egy hegyesszögű háromszög, a háromszög körülírt köre, l pedig egy érintőegyenese. Jelölje l_a, l_b, l_c azokat az egyeneseket, amelyeket úgy kapunk, hogy l-et a BC, CA ill. AB egyenesekre tükrözzük.

Bizonyítsuk be, hogy az l_a, l_b, l_c egyenesek által meghatározott háromszög körülírt köre érinti a kört.

Szép gondolatmenet.

A végső indirekt részben az 1. esetben nem látom, miért létezik megfelelő y. Itt arról van szó, hogy A-nak nem lehet legnagyobb eleme?

Amúgy szerintem várjunk még egy kicsit a további megoldásokkal, hátha akadnak fórumozók, akik szeretnének gondolkozni a példákon.

Egy megoldás a 3.-ra:

1. Minden valós x-re: ha f(x)<0, akkor f(x)x. Legyen ugyanis x olyan, hogy f(x)<0. Legyen y=f(x)-x. Ekkor a feltétel azt mondja, hogy f(f(x))(f(x)-x)f(x)+f(f(x)), 0(f(x)-x)f(x), és a negatív f(x)-szel osztva adódik az állítás.

2. Minden valós x-re f(x)0. Legyen ugyanis indirekte x olyan, hogy f(x)>0. Ekkor elég nagy abszolút értékű, negatív y-ra f(x+y)yf(x)+f(f(x))<0, azaz 1. szerint f(x+y)<x+y. Legyen z egy ilyen x+y, vagyis f(z)z, és z-nél kisebb u-ra is f(u)u. Legyen továbbá x=z+t, ahol t>0. Ekkor f(x)tf(z)+f(f(z)), itt f(f(z)) nyilván negatív, akárcsak tf(z), így f(x) is negatív, ami ellentmondás.

3. Ha f(0)=0, akkor minden x0-ra f(x)=0, azaz ebben az esetben készen vagyunk. Legyen x<0 tetszőleges. Legyen továbbá y=-x>0. Ekkor a feltétel szerint f(0)yf(x)+f(f(x)). Itt f(f(x)) nempozitív, így 0yf(x), a pozitív y-nal osztva f(x)0, és 2.-vel összevetve adódik az állítás.

Tegyük tehát fel, hogy f(0)<0, ellentmondásra akarunk jutni, ezzel lennénk készen.

Osszuk két részre most a nempozitív számokat. Legyen A={x0:f(x)=0}, B={x0:f(x)x}. Ekkor 1., 2., valamint az indirekt f(0)<0 feltevés értelmében AB a nempozitív számok egy diszjunkt felbontása.

Állítjuk, hogy szeletelés is, azaz a<b minden aA, bB-re. Indirekte tegyük fel, hogy valamely aA, bB-re a>b. Ekkor x=b, y=a-b>0-t választva a feltétel azt adja, hogy f(a)(a-b)f(b)+f(f(b)). Itt a bal oldal 0, a jobb oldal pedig negatív (a-b>0, f(b)<0, f(f(b))0), ami ellentmondás.

Innentől két esetet különböztetünk meg, mindkettőben ellentmondásra jutunk.

1. eset: A nemüres. Ekkor legyen xA, y>0 pedig olyan, hogy x+yA (ilyen x,y a korábbiak szerint nyilván léteznek). Ekkor f(x+y)yf(x)+f(f(x)), a bal oldal 0, a jobb oldal pedig f(0), ami ellentmondás.

2. eset: A üres. Ekkor legyen x<f(0), y=-x>0. Ekkor f(x+y)yf(x)+f(f(x)), a bal oldal f(0), a jobb oldalon yf(x) negatív, így f(0)f(f(x))f(x)x<f(0), alkalmazva, hogy x,f(x)B, illetve a végén x választását. Ellentmondás.