Fórum: Matematikai Diákolimpia

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.

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)