Fórum: Matematikai Diákolimpia

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.

Tudja valaki a mai feladatokat?

https://www.imo-official.org/problems.aspx

Az idei feladatok.

A 2019-es eredmények:

A versenyen összesen 621-en vettek részt. 52-en kaptak aranyérmet, 94-an ezüstérmet, 156-an bronzérmet.

http://imo-official.org/year_individual_r.aspx?year=2019&column=total&order=desc

Az igazi shortlist innen is letölthető:

Gratula a csapatnak!

Az alkalmat megragadva: mellékelek egy The Real Shortlist 2018 című AOPS-topicot, ahol Kós Géza, az első bejegyzésben, egy veszélyes vírusra hívja fel a figyelmet. Legyünk óvatosak!

A 2018-as eredmények:

A versenyen összesen 594-en vettek részt. 48-an kaptak aranyérmet, 98-an ezüstérmet, 143-an bronzérmet.

http://imo-official.org/year_individual_r.aspx?year=2018&column=total&order=desc

Második nap

4. feladat. Helynek nevezzük a sík minden olyan \(\displaystyle (x,y)\) pontját, amelyre \(\displaystyle x\) és \(\displaystyle y\) olyan pozitív egészek, melyek mindegyike kisebb vagy egyenlő, mint \(\displaystyle 20\).

Kezdetben a \(\displaystyle 400\) hely midegyike szabad. Anna és Balázs felváltva zsetonokat raknak a helyekre, Anna kezd. Anna minden lépésekor egy új piros zsetont helyez egy még szabad helyre olymódon, hogy semelyik két piros zseton helyének távolsága se legyen \(\displaystyle \sqrt5\)-tel egyenlő. Balázs minden lépésekor egy új kék zsetont helyez egy még szabad helyre. (Egy kék zseton által elfoglalt hely távolsága bármely másik foglalt helytől tetszőleges lehet.) A játék akkor ér véget, ha valamelyik játékos nem tud lépni.

Határozzuk meg a legnagyobb \(\displaystyle K\) értéket, amelyre igaz az, hogy Anna biztosan el tud helyezni \(\displaystyle K\) darab piros zsetont, bárhogyan is játszik Balázs.

(Javasolta: Örményország)

5. feladat. Legyen \(\displaystyle a_1, a_2, \ldots \) pozitív egészeknek egy végtelen sorozata. Tegyük fel, hogy van egy olyan \(\displaystyle N>1\) egész, hogy minden \(\displaystyle n \geq N\)-re

\(\displaystyle \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_2}{a_3} + \cdots + \frac{a_{n-1}}{a_n} + \frac{a_n}{a_1} \)

egész szám. Bizonyítsuk be, hogy van egy olyan \(\displaystyle M\) pozitív egész, hogy \(\displaystyle a_m = a_{m+1}\) minden \(\displaystyle m \geq M\)-re.

(Javasolta: Mongólia)

6. feladat. Az \(\displaystyle ABCD\) konvex négyszögre teljesül \(\displaystyle {AB \cdot CD = BC \cdot DA}\). Az \(\displaystyle X\) pont az \(\displaystyle ABCD\) négyszög olyan belső pontja, amelyre teljesül

\(\displaystyle XAB\sphericalangle = XCD\sphericalangle \quad \text{ és } \quad XBC\sphericalangle = XDA\sphericalangle . \)

Bizonyítsuk be, hogy \(\displaystyle BXA\sphericalangle + DXC\sphericalangle =180^\circ\).

(Javasolta: Lengyelország)

Az idei első nap

1. feladat. Legyen \(\displaystyle \Gamma\) a hegyesszögű \(\displaystyle ABC\) háromszög körülírt köre. \(\displaystyle D\) és \(\displaystyle E\) legyenek az \(\displaystyle AB\) ill. \(\displaystyle AC\) szakaszok olyan pontjai, amelyekre \(\displaystyle {AD=AE}\). A \(\displaystyle BD\) és \(\displaystyle CE\) szakaszok felezőmerőlegesei a \(\displaystyle \Gamma\) kör rövidebb \(\displaystyle AB\) ill. \(\displaystyle AC\) íveit az \(\displaystyle F\) ill. \(\displaystyle G\) pontokban metszik. Bizonyítsuk be, hogy a \(\displaystyle DE\) és \(\displaystyle FG\) egyenesek párhuzamosak vagy egybeesnek.

(Javasolta: Görögország)

2. feladat. Határozzuk meg azokat az \(\displaystyle n \geq 3\) egész számokat, amelyekre léteznek \(\displaystyle a_1, a_2, \ldots ,a_{n+2}\) valós számok, amelyekre \(\displaystyle a_{n+1}=a_1\), \(\displaystyle a_{n+2}=a_2\) és

\(\displaystyle a_i a_{i+1} +1 = a_{i+2} \)

teljesül minden \(\displaystyle i=1,2, \ldots ,n\) esetén.

(Javasolta: Szlovákia)

3. Nevezzük anti-Pascal háromszögnek számoknak egy olyan, szabályos háromszög alakú elrendezését, amelyben az utolsó sorbeli számok kivételével minden szám a közvetlenül alatta lévő két szám különbségénak az abszolút értékével egyenlő.

Alább látható egy példa egy olyan anti-Pascal háromszögre, amelynek \(\displaystyle 4\) sora van, és \(\displaystyle 1\)-től \(\displaystyle 10\)-ig minden egész szám előfordul benne.

\(\displaystyle \begin{matrix} &&& 4 &&& \\ && 2 && 6 && \\ & 5 && 7 && 1 & \\ 8 && 3 && 10 && 9 \\ \end{matrix} \)

Létezik-e olyan anti-Pascal háromszög, aminek \(\displaystyle 2018\) sora van, és \(\displaystyle 1\)-től \(\displaystyle (1+2+\dots +2018)\)-ig minden egész szám előfordul benne?

(Javasolta: Irán)

Nagyon tetszett! A "geogebra"-ban egy bizonyítás lépésenkénti megoldása. Geometriai feladatokat én is geogebrában kezdem megoldani. Az "olimpián" mint kiderült ez nem használható. De a Kömal feladatversenyen, nagyon jól jöhet. Nem oldja meg helyettünk, de megkímél a körző, vonalzó használattól és az esetleges szabadkézi rajz félresiklásaitól. Lehetne, így is beadni megoldást!

A “más versenyek” elég bő, úgyhogy kimerítő választ ne várj rá.

Az idei matematika OKTV (amit a Minisztérium szabályoz a középiskolásoknak kor szerinti bontás nélkül) szabályai szerint “A feladatok megoldásához szöveges adatok tárolására és megjelenítésére nem alkalmas zsebszámológép és bármely írásos segédeszköz (tankönyv, szakkönyv, függvénytáblázat, saját kézírásos jegyzet stb.) használható, de egyéb elektronikus kommunikációs eszközök (internet, mobiltelefon stb.) nem. Hibajavító használata sem engedélyezett.”

A BME matematika versenyen (a BME-n tanulóknak szól) is lehet nyomtatott és írott jegyzetet használni, de arra már nem emlékszem, hogy számológépet lehet-e.

A BJMT által rendezett Kürschák verseny (egyetemistáknak) és az Arany Dániel verseny (legfeljebb tizedikes iskolásoknak) ehhez képest sokkal szigorúbb: “Semmilyen segédeszköz (könyv, jegyzet, elektronikus segédeszköz) nem használható. Az íróeszközökön kívül az egyedüli megengedett segédeszköz, a körző és vonalzó.”

A levelező versenyekre, mint a KöMaL és a Schweitzer, gyakorlati okból enyhe szabályok vonatkoznak, itt bármilyen segédeszközt lehet használni, vagyis kereshetsz az interneten vagy elmehetsz könyvtárba, csak másik személytől nem kaphatsz szakmai segítséget.

A harmadik feladathoz: Ez bizonyult a legnehezebbnek. Csak 2 ember oldotta meg.(egy orosz és egy ausztrál)

A hivatalos megoldás még nem ismert, vagy nem találom.

Szerintem az x(0)=1; x(n+1)=1+sqrt(1+x(n)**2-2*sqrt(x**2-1)) rekurziót kell megtalálni n= 10**9 esetre. De n= 65000-re már x(n)>100.

Nem lehet ilyen egyszerű, valamit elrontottam. Programot írtam rá. (1 darab 'for' ciklus)

Kérdésem milyen eszközöket lehet használni matek olimpián, meg más versenyeken? (mert erre se találtam semmit) Nyilván számítógépet, telefont nem, de nem programozható számológépet igen?

A 4. feladatra (merthogy a geometriát szeretem a leginkább) sikerült egy csak a szögazonosságokra épülő megoldást találnom. Fölvittem GeoGebrába, itt nézhető, lapozható (az alsó sáv bal részén lévő nyilakkal) a megoldás folyamata: https://www.geogebra.org/m/DPGW8FDQ

Az 5. feladat szerintem tanulságos, úgyhogy mondanék rá egy megoldást.

Amikor az \(\displaystyle N(N+1)\) játékos sorba állt, vágjuk fel a sort \(\displaystyle N\) szakaszra, ahol minden szakasz \(\displaystyle N+1\) fős. Ki szeretnék választani minden szakaszból két-két játékost, hogy ez a \(\displaystyle 2N\) játékos megfeleljen a feltételeknek.

Minden szakaszban keressük meg a legmagasabb és a második legmagasabb játékost. A szakaszonként második legmagasabb játékosok közül keressük meg a legmagasabbat, mondjuk Dezsőt. Dezsőt és az ő szakaszában álló legmagasabb játékost, Ernőt, válasszuk be végleg a kiválasztott játékosok közé. Hagyjuk el Dezső szakaszából a többi \(\displaystyle N-1\) játékost, valamint minden további szakaszból a legmagasabb játékost. Vegyük észre, hogy az el nem hagyott játékosok közül Ernő és Dezső a két legmagasabb.

Maradt \(\displaystyle N-1\) szakaszunk, mindegyikben \(\displaystyle N\) egymás mellett álló játékos, és a már kiválasztott játékosok nem állnak egyik megmaradt szakaszban sem. Ugyanezt a kiválasztást ezért folytathajtuk ezen az \(\displaystyle N-1\) szakaszon, addig, amíg \(\displaystyle 1\le N\). A folyamat minden lépésében van legalább egy szakasz, és a szakaszban legalább két játékos, így minden lépésben ki tudunk választani két újabb játékost.

Összesen \(\displaystyle N\) lépés lesz, és \(\displaystyle 2N\) pár játékost választunk ki. A kiválasztott játékosok közül Ernő és Dezső a két legmagasabb, a második lépésben kiválasztott két játékos a második legmagasabb, stb. Ha egy párt ugyanabban a lépésben választunk ki, akkor ők ugyanabból a szakaszból jönnek, és ebből a szakaszból mindenki mást elhagyunk (az eredeti szakaszokra osztás szerint is), ezért a pár a kiválasztott játékosok sorában egymás mellett áll. Ez pont a feladatban kért tulajdonságot igazolja.

(Az egészben csak annyi a csalás, hogy középiskolás koromban ezt a megoldást valószínűleg nem tudtam volna megtalálni. Az 1. feladat is tanulságos, de most nem lövöm le a megoldását, mert könnyű.)