Fórum: Matematikai Diákolimpia

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.

IMO2011 / 1. nap

1. feladat: Az A={a₁,a₂,a₃,a₄} halmaz négy, páronként különböző pozitív egész számból áll. Az a₁+a₂+a₃+a₄ összeget jelöljük s_A -val, és jelölje n_A az olyan (i,j) párok (1i<j4) számát, amelyekre a_i+a_j osztója s_A -nak.

Határozzuk meg az összes olyan A halmazt, amelyre n_A a lehetséges maximális értékét veszi fel.

2. feladat: Legyen S a sík pontjainak egy véges, legalább kételemű halmaza. Feltesszük, hogy az S halmaz semelyik három pontja sincs egy egyenesen. Egy szélmalomnak nevezett folyamat során kiindulunk egy l egyenesből, amely az S halmaznak pontosan egy P pontját tartalmazza. Az egyenes a P középpont körül az óramutató járásával megegyező irányban forog addig, amíg először nem találkozik egy másik, S halmazba tartozó ponttal. Ekkor ez a Q pont lesz az új középpont, és az egyenes a Q pont körül forog tovább az óramutató járásával megegyező irányban egészen addig, míg újra nem találkozik egy S halmazba tartozó ponttal.

Ez a folyamat vég nélkül folytatódik.

Bizonyítsuk be, hogy megválaszthatjuk a PS pontot és a P-n átmenő l egyenest úgy, hogy az S halmaz minden pontja végtelen sokszor legyen a szélmalom középpontja.

3. feladat: Legyen f : RR egy olyan függvény, amelyre teljesül az

f(x+y)yf(x)+f(f(x))

feltétel minden x,y valós számra. Bizonyítsuk be, hogy minden x0 esetén f(x)=0.

Én úgy tudom, hogy ez a csapat a "kicsi IMO" csapat, azaz ez segíti felhozni a jövő bajnokait. Ez jól látható a honlapjukon: http://memo.szolda.hu helyen is, ahol az is látható, hogy az elmúlt években több olyan diák is ennek a csapatnak a tagja volt korábban, aki utána az IMO csapatban ért el szép sikereket.

Az, hogy a Kenguru verseny szervezői támogatják ezt a csapatot, az nem von le semmit sem a csapat által elért eredmény értékéből. Tudtommal rajtuk kívül (Kenguru) csak a Bolyai Társaság támogatja még őket, a minisztérium nem. Pedig az utaztatás és versenyeztetés pénzigényes ... :)

Gratulálok a csapatnak!!

Itt a feladatsorok is megtalálhatók: katt

http://index.hu/tudomany/2010/09/16/magyar_diakok_taroltak_a_kozep-europai_matekolimpian/

Az azért meglepett, hogy mindenféle ugribugri matekversenyeket is figyelembe vesznek a csapat összeállításnál.

És akkor már a fizika se maradjon el:

http://ipho2010.hfd.hr/tekst.php?id=32

3 magyar arany!

Művészet ennyire nem tudni csalni (már ha tényleg így történt). :) És egyben szomorú is azért, ha egy ilyen versenynél megkritizálható a tisztaság.

Ezek szerint előre meg lehet szerezni a példákat???!!!

Néhányan a 3. feladatlapra vázlatok vagy más gondolkodásra utaló jelek nélkül rögtön kimondtak egy lemmát, úgy ahogy ez a hivatalos megoldásban szerepelt, és a szóbeszéd szerint a nyitóünnepségen a csapatvezető (aki már ismerte a feladatokat és megoldásokat) egy dossziét adott át a csapatvezetőhelyettesnek (aki a verseny előtt még találkozott a diákokkal).

Miért?

Pontosabban Észak-Korea.

Dél koreaiakat megint kizárták.

Az egyéni verseny eredménye

Csapatverseny

A magyarok pontszámai feladatonként

Összesen 129 ponttal, megosztott 13. hely az országok ranglistáján. (Kína végül 197 ponttal nyert).

Bodor Bertalan: 15 pont (bronz)

Dankovics Attila: 21 pont (ezüst)

Éles András: 25 pont (ezüst)

Mészáros András: 11 pont (dicséret)

Nagy Donát: 29 pont (arany)

Nagy János: 28 pont (arany)

A magyar csapat milyen eredményt ért el?

1) Kína   190

2) Oroszország 169

3) USA 168

Szia Géza!

Az eredmények mikorra várhatóak?

Íme az idei feladatok.

Első nap

1. feladat. Határozzuk meg az összes olyan f:RR függvényt, amelyre az

f([x]y)=f(x)[f(y)]

egyenlőség teljesül minden x,yR-re. (Itt [z] a legnagyobb olyan egész számot jelöli, amely kisebb vagy egyenlő z-nél.)

Javasolta: Franciaország

2. feladat. Legyen I az ABC háromszög beírt körének középpontja, pedig a háromszög körülírt köre. Az AI egyenes másik metszéspontja a körrel legyen D. Legyen E a BDC körív egy pontja, F pedig a BC szakasz egy pontja, amelyekre teljesül

Legyen továbbá G az IF szakasz középpontja. Bizonyítsuk be, hogy a DG és EI egyenesek a körön metszik egymást.

Javasolta: Hong Kong

3. feladat. Legyen N a pozitív egész számok halmaza. Határozzuk meg az összes olyan g:NN függvényt, amelyre

(g(m)+n)(m+g(n))

teljes négyzet minden m,nN-re.

Javasolta: USA

Második nap

4. feladat. Legyen P egy pont az ABC háromszög belsejében. Az AP, BP és CP egyenesek másik metszéspontja az ABC háromszög körülírt körével legyen rendre K, L és M. A körhöz C pontban húzott érintő messe az AB egyenest az S pontban. Tegyük fel, hogy SC=SP. Bizonyítsuk be, hogy MK=ML.

Javasolta: Lengyelország

5. feladat. A B₁,B₂,B₃,B₄,B₅,B₆ dobozok mindegyikében kezdetben egy érme van. Kétféle megengedett lépés van:

1. típusú lépés: Választunk egy B_j nemüres dobozt, ahol 1j5. Elveszünk egy érmét a B_j dobozból, és hozzáadunk két érmét a B_j+1 dobozhoz.

2. típusú lépés: Választunk egy B_k nemüres dobozt, ahol 1k4. Elveszünk egy érmét a B_k dobozból, és kicseréljük a B_k+1 (esetleg üres) doboz tartalmát a B_k+2 (esetleg üres) doboz tartalmával.

Állapítsuk meg, hogy ilyen lépések valamilyen véges sorozata segítségével elérhető-e, hogy a B₁, B₂, B₃, B₄, B₅ dobozok mindegyike üres legyen, a B₆ doboz pedig pontosan 2010^20102010 érmét tartalmazzon. (Definíció szerint a^bc=a^(bc).)

Javasolta: Hollandia

6. feladat. Legyen a₁,a₂,a₃,... pozitív valós számok egy sorozata. Tegyük fel, hogy van egy olyan s pozitív egész, amellyel

a_n=max {a_k+a_n-k | 1kn-1}

teljesül minden n>s egészre. Bizonyítsuk be, hogy léteznek olyan és N pozitív egészek, amikre s, és minden nN-re.

Javasolta: Irán

Hát sajnos nem sokal, egy egyszerű geot kellet volna megoldanom. De mondom, majd jövőre...

Gratulálok én is. Jól látom, hogy nem sokkal maradtál le az aranyról?

Gratulálok a csapat minden tagjának és a felkészítő tanároknak!

Gratulálok a csapatnak!

Biztosak vagyunk abban, hogy mindent megtettetek az eredményes szereplés érdekében. Mnd a hatan érmet szereztetek, ez szép teljesítmény. Gratulálok a csapatnak, és mindannyiótoknak további sikeres és eredményes munkát kívánok.