A Lányok Európai Matematikai Diákolimpiáját, az EGMO-t 2025. április 11. és 17. között tartották Koszovóban, Pristinában. A versenyen 56 ország 219 diákja vett részt (köztük 35 európai ország 135 diákja), akik két versenynapon egy-egy 3 feladatból álló feladatsorban mérték össze tudásukat. Az érdeklődők minden részletet megtalálnak az alábbi honlapon: https://www.egmo.org/egmos/egmo14/.
A magyar csapat szép eredménnyel, egy arany-, két ezüst- és egy bronzéremmel tért haza, az összes ország között a 8., a 35 európai ország között pedig a 4. helyet szerezték meg.
Az eredmények:
Keresztély Zsófia (Budapest, Szent István Gimnázium) 28 ponttal aranyérmet,
Hodossy Réka (Balassagyarmati Balassi Bálint Gimnázium) 23 ponttal ezüstérmet,
Zhai Yufan (Budapesti Fazekas M. Gyak. Ált. Isk. és Gimn.) 22 ponttal ezüstérmet,
Elekes Dorottya (Budapest, Fasori Evangélikus Gimnázium) 18 ponttal bronzérmet szerzett.
A jövő évi verseny Franciaországban lesz 2026 áprilisában. A válogatási folyamat és a felkészítő program részleteiért a https://cms.renyi.hu/olimpiak/ oldal EGMO fülét érdemes figyelni 2025. július közepétől. ☺ A felkészülésbe szívesen várunk minden olyan lányt, akit érdekel a versenyen való részvétel lehetősége vagy csak szeretne több időt tölteni komolyabb matematikafeladatok megoldásával.
Ezúton is köszönjük a Gondolkodás Öröme Alapítvány támogatását!
Kiss Melinda Flóra, Kocsis Anett az EGMO felkészítő csapat nevében
Az EGMO 2025 feladatai és a magyar versenyzők néhány megoldása
1. feladat. Egy pozitív egész \(N\)-re legyenek \(c_1<c_2<\ldots<c_m\) azok az \(N\)-nél kisebb pozitív egészek, amelyek relatív prímek \(N\)-hez. Keressük meg az összes \({N\geq 3}\) számot, amelyre
minden \(1 \leq i \leq (m-1)\)-re.
Az \(\mathop{\rm lnko}(a,b)\) az a legnagyobb pozitív egész szám, amely osztja \(a\)-t és \(b\)-t. Az \(a\) és \(b\) egészek relatív prímek, ha \(\mathop{\rm lnko}(a,b)=1\).
Keresztély Zsófia megoldása. A válasz, hogy pontosan a páros és a 3-hatvány egészek a megfelelő \(N\) számok.
Amennyiben \(N\) páros, minden vele relatív prím egész páratlan. Ezek közül két tetszőlegeset összeadva páros számot kapunk, vagyis ekkor valóban teljesül, hogy \(\mathop{\mathrm{lnko}}(N, c_i + c_{i+1})\) minden \(i\)-re páros, tehát nem lehet 1.
Ha \(N\) 3-hatvány, akkor a \(c_i\) számok pontosan a nála kisebb, 3-mal osztva 1 vagy 2 maradékot adó számok, ezek pedig növekvő sorrendben felváltva követik egymást. Így bármely két szomszédosat összeadva, 3-mal osztható az összeg, vagyis nem relatív prím \(N\)-hez, így ekkor is igaz az állítás.
Már csak az az eset maradt, hogy páratlan, nem 3-hatvány \(N\) esetén bizonyítsuk, hogy léteznek szomszédos \(c_i\) értékek, amelyek összege \(N\)-hez relatív prím. Ha \(N\) nem osztható 3-mal, akkor nem teljesül a feladat feltétele, mivel 1 és 2 szomszédos, \(N\)-nél kisebb hozzá relatív prímek, így \(\mathop{\mathrm{lnko}}(N,1+2) = \mathop{\mathrm{lnko}}(N, 3) = 1\). Vagyis már csak az az eset vizsgálandó, amikor \(N\) felírható \(3^k\cdot p\) alakban, ahol \(k\) pozitív egész és \(p\) 3-mal nem osztható páratlan szám. Ha \(p\) 3-as maradéka 1, akkor \(p-1\) 3-mal osztható, így \(p-2\) és \(p+1\) \(p\)-hez és 3-hoz is relatív prím, így \(N\)-hez is. Mivel \(p\) és \(p-1\) nem relatív prím \(N\)-hez, \(p-2\) és \(p+1\) egymást követik \(c_i\) sorozatban. Összegük \(2p-1\), ami az euklideszi algoritmus alapján \(p\)-hez és \((p-1)\)-hez, így 3-hoz is relatív prím, tehát \(3^k\cdot p=N\)-hez is, vagyis nem teljesül az állítás minden \(i\) indexre. Ha \(p\) 3-as maradéka 2, akkor \(p+1\) osztható 3-mal, így egymást követő \(N\)-hez relatív prímek \(p-1\) és \(p+2\). Ezek összege \(2p+1\), ami \(p\)-hez és \((p+1)\)-hez, így 3-hoz is relatív prím, emiatt pedig \(\mathop{\mathrm{lnko}}(N, 2p+1) = \mathop{\mathrm{lnko}}(N, (p-1) + (p+2)) = 1\), ami ismét ellenpélda az állításra. Meggondolandó, hogy a vizsgált értékek \(p-2\) és \(p+2\) közt minden \(N\) esetén kisebbek, mint \(N\).
Így tehát beláttuk minden egyéb \(N\)-ről, hogy nem teljesül rá a feladat állítása, vagyis a válasz valóban az, hogy a megfelelő \(N\)-ek pontosan a páros számok és a 3 hatványai.
Megjegyzendő, hogy konstrukció megadása helyett a kínai maradéktétellel is belátható az állítás, de a bemutatott elemi megoldás Zsófinak jobban tetszett.
2. feladat. Pozitív egészek végtelen, monoton növő \(a_1<a_2<a_3<\ldots\) sorozatát centrálisnak nevezzük, ha minden pozitív egész \(n\) esetén a sorozat első \(a_n\) tagjának átlaga egyenlő \(a_n\)-nel.
Mutassuk meg, hogy létezik egy pozitív egészekből álló, végtelen \(b_1\), \(b_2\), \(b_3\), … sorozat úgy, hogy minden \(a_1\), \(a_2\), \(a_3\), \(\ldots\) centrális sorozatra végtelen sok olyan pozitív egész \(n\) van, amelyre \(a_n=b_n\).
Zhai Yufan megoldása. A feladat feltétele azt jelenti, hogy ha a sorozatban előfordul egy \(r\) szám, legyen ez \(a_n=r\), akkor teljesül, hogy \(a_1+a_2+\ldots+a_r=r\cdot a_n=r^2\). Feltéve, hogy a sorozatban \(r\) és \(r-1\) is előfordul (mégpedig \(a_{n-1}=r-1\)), \(a_1+a_2+\ldots+a_r=r^2\) és \(a_1+a_2+\ldots+a_{r-1}=(r-1)^2=r^2-2r+1\), vagyis \(a_r=2r-1\). Ha tehát a \((b_n)\) sorozatot (\(n=1, 2\ldots\)) úgy választjuk, hogy \(b_n=2n-1\), akkor \(a_r=b_r\).
Eszerint ha végtelen sok olyan szomszédos tagja van a sorozatnak, amelyek különbsége 1, akkor az \((a_n)\) sorozat végtelen sok tagja egyenlő a \((b_n)\) sorozat megfelelő tagjával, tehát a fenti \((b_n)\) sorozat valóban megfelelő.
Most tegyük fel, hogy ilyen tagokból véges sok van, azaz valamely \(a_k\)-tól kezdve minimum 2-vel nagyobb a következő tag.
Tételezzük fel, hogy szerepel a sorozatban az \(n-1\) érték. Akkor, amint azt korábban láttuk, az első \(n-1\) tag összege \((n-1)^2\), amelyet \(S_1\)-gyel jelölünk.
Az első \(a_{a_n}\) tag összege \(a_n^2\).
Ebből \(a_{n}^2=(n-1)^2+a_n+a_{n+1}+\ldots+a_{a_n}\). Itt \(a_n\)-et követően még \(a_n-n\) tag szerepel.
Jelölje az \(a_n\)-et követő \(a_n-n\) tag összegét \(S_2\). Mivel a tagok közötti különbség legalább 2,
Tehát \(a_n^2=S_1+a_n+S_2\geq (n-1)^2+a_n+(2a_n-n+1)(a_n-n)\).
Átrendezve: \(a_n^2+(2-3n)a_n+(2n^2-3n+1)\le 0\). Ennek a másodfokú kifejezésnek a diszkriminánsa
Eszerint \(\dfrac{3n-2-n}{2}\le a_n\le \dfrac{3n-2+n}{2}\), azaz \(a_n\le 2n-1\).
Ez egyszersmind azt is jelenti, hogy csak véges sok olyan szomszédos tagja lehet a sorozatnak, amelyek különbsége nagyobb, mint 2. Ezért létezik egy olyan \(m\), amelyre fennáll, hogy \(\forall i>m\) esetén \(a_{i+1}-a_i=2\).
Vegyünk egy \(m\)-nél nagyobb indexű tagot, amelynek az értéke \(n\). Nyilván \(n>m\), hiszen minden \(k\)-ra \(a_k\ge k\). A sorozat következő tagja akkor \(n+2\).
Tekintsük az első \(n+2\) és az első \(n\) tag összegeinek különbségét: \((n+2)^2-n^2=4n+4\). Vagyis \(a_{n+1}+a_{n+2}=4n+4\), ugyanakkor – mivel \(n>m\) – \(a_{n+1}+a_{n+2}=a_{n+1}+a_{n+1}+2\), tehát \(a_{n+1}=2n+1\).
Ez pedig éppen a \((b_n)\) sorozat \((n+1)\)-edik tagjával egyenlő, és ez minden \(n>m\) esetén, tehát végtelen sok tagra teljesül.
3. feladat. Legyen \(ABC\) egy hegyesszögű háromszög, a \(B\), \(D\), \(E\), és \(C\) pontok egy egyenesre esnek ebben a sorrendben úgy, hogy \(BD=DE=EC\). Az \(AD\) és \(AE\) szakaszok felezőpontjai legyenek rendre \(M\) és \(N\). Tegyük fel, hogy az \(ADE\) háromszög hegyesszögű, és legyen \(H\) a magasságpontja. Legyenek a \(P\) és \(Q\) pontok rendre a \(BM\), illetve \(CN\) egyeneseken úgy, hogy \(D\), \(H\), \(M\) és \(P\) páronként különbözőek és egy körön helyezkednek el, valamint \(E\), \(H\), \(N\), és \(Q\) páronként különbözőek és egy körön helyezkednek el. Bizonyítsuk be, hogy \(P\), \(Q\), \(N\) és \(M\) egy körön helyezkednek el.
Egy háromszög magasságpontja a magasságvonalainak a metszéspontja.
(A feladatot egyik magyar versenyző sem oldotta meg.)
4. feladat. Legyen \(ABC\) egy hegyesszögű háromszög, amelyre \(AB\neq AC\), a beírt körének középpontját jelölje \(I\). A \(BI\) és \(CI\) egyenesek az \(ABC\) háromszög körülírt körét rendre a \(P\neq B\), illetve \(Q\neq C\) pontokban metszik. Az \(R\) és \(S\) pontokat vegyük fel úgy, hogy \(AQRB\) és \(ACSP\) paralelogrammák legyenek (úgy, hogy \(AQ\parallel RB\), \(AB\parallel QR\), \(AC\parallel SP\) és \(AP\parallel CS\)). Legyen \(T\) az \(RB\) és \(SC\) egyenesek metszéspontja. Bizonyítsuk be, hogy \(R\), \(S\), \(T\) és \(I\) egy körön helyezkednek el.
Elekes Dorottya megoldása. A kerületi szögek tétele szerint \(APQ\sphericalangle=ACQ\sphericalangle=\dfrac{\gamma}{2}\); \(PQA\sphericalangle=PBA\sphericalangle=\dfrac{\beta}{2}\).
Továbbá \(BIC\sphericalangle=180^\circ-\dfrac{\beta }{2}-\dfrac{\gamma}{2}\), és mivel \(BT\parallel QA\), \(CT\parallel PA\), így \(BTC\sphericalangle=QAP\sphericalangle=180^\circ-\dfrac{\beta}{2}-\dfrac{\gamma}{2}\), mert párhuzamos szárú és egyező körüljárású szögek.
Ez azt jelenti, hogy \(BIC\sphericalangle=BTC\sphericalangle\), vagyis \(B\), \(I\), \(T\) és \(C\) egy körön vannak. Ebből következik, hogy \(ICT\sphericalangle=IBT\sphericalangle\), azaz \(ICS\sphericalangle=IBR\sphericalangle\).
Az \(ICB\), illetve a \(PAQ\) háromszögekben felírható szinusztétel és \(SC=PA\), \(RB=QA\) felhasználásával:
ezért \(\dfrac{IC}{IB}=\dfrac{SC}{RB}\), így \(\dfrac{IC}{SC}=\dfrac{IB}{RB}\), ahonnan \(\triangle ICS\sim \triangle IBR\).
Ezek alapján \(BIR\sphericalangle=CIS\sphericalangle\), vagyis \(RIS\sphericalangle=BIC\sphericalangle=BTC\sphericalangle=RTS\sphericalangle\), tehát \(R\), \(I\), \(T\) és \(S\) egy körön vannak.
5. feladat. Legyen \(n>1\) egy egész szám. Egy \(n\times n\)-es tábla konfigurációjában az \(n^2\) mező mindegyike tartalmaz egy nyilat, amely vagy felfelé, vagy lefelé, vagy balra, vagy jobbra mutat. Adott kezdő konfigurációra Turbó, a csiga a tábla egyik mezőjéből indul és mezőről mezőre lépked. Minden lépésben Turbó egy négyzetnyit lép abba az irányba, amelyre a mezőjében levő nyíl mutat (ezzel lehet, hogy lelép a tábláról). Minden lépés után a nyilak az összes mezőben elfordulnak \(90^{\circ}\)-kal az óramutató járásával ellenkező irányban. Egy mezőt jónak nevezünk, ha abból a mezőből kiindulva Turbó a tábla minden mezőjét pontosan egyszer érinti anélkül, hogy elhagyná a táblát, és a végén a kiinduló mezőjébe ér vissza. Határozzuk meg az \(n\) függvényében a jó mezők maximális számát az összes lehetséges kezdő konfigurációban.
Hodossy Réka megoldása. Először is vegyük észre, hogy ha \(n\) páratlan, akkor nem lehet egy jó mező sem a táblán: sakktáblaszínezésű \(n\times n\)-es táblán \(n^2\) lépés után nem érhet vissza Turbó a kiinduló mezőre, mert páratlan lépés után az induló mezőtől különböző színű mezőre érkezik.
Ha \(n\) páros, akkor legfeljebb \(\dfrac{n^2}{4}\) jó mező lehet egy kezdő konfigurációban.
Mutatunk egy konfigurációt, amelyben van \(\dfrac{n^2}{4}\) jó mező.
Nevezzünk útnak Turbó egy olyan \(n^2\) lépésből álló lépéssorozatát, amely egy jó mezőből indult ki.
Egy \(n\times n\)-es táblázatba úgy szeretnénk beírni a nyilakat, hogy Turbó a bal alsó sarokból indulva a következő utat járja be: a legalsó sorban végigmegy a jobb alsó sarokig, majd a jobb szélső oszlopban felmegy a jobb felső sarokig. Ezek után minden sorban addig halad, amígy el nem éri az utolsó mezőt, amire még nem lépett, ekkor lefelé lép egyet, és végigmegy a következő soron, végül visszalép a bal alsó sarokba.
Pl. \(8\times 8\)-as táblázat esetén:
Minden mezőbe rajzoljuk be a nyilakat olyan irányba, amerre Turbó az út során lépett, majd minden mezőben elforgatjuk a nyilakat annyiszor \(90^{\circ}\)-kal az óramutató járásával megegyező irányba, ahányadik lépés után lépett Turbó a mezőre. Ekkor a nyilak a megadott út iányába fognak mutatni, amikor Turbó oda lép. Pl. \(4\times 4\)-es táblázat esetén:
Ha Turbó végigmegy ezen az úton, minden negyedik lépés után a nyilak ugyanabba az irányba mutatnak, mint kezdetben, ezért minden negyedik lépés utáni mezőben kezdéskor ugyanezt az utat járja be (a kezdő mezőbe \(4\mid n^2\) lépés után érkezik, tehát ott is a nyíl a kezdeti irányba mutat, tehát újrakezdheti az utat). A többi mezőről kezdve Turbó másik irányba indul, mint a megadott útirány tovább erről a mezőről. Így pontosan \(\dfrac{n^2}{4}\) jó mezőt találtunk ezen az úton.
Egy konfigurációban, ha Turbó két különböző útjában egy mezőről azonos irányba lép tovább, akkor a két út (a kezdőmezőtől eltekintve) megegyezik, mivel a nyilak a két úton azonos irányba fognak nézni minden mezőn.
Tehát ha van két különböző út, akkor minden mezőről különböző irányba lép tovább Turbó. Egy sarokmezőről viszont nem tud mindkét irányba lépni anélkül, hogy lelépne a tábláról:
Tegyük fel, hogy a bal alsó sarokból Turbó tud mindkét irányba lépni. Ha jobbra lép a bal alsó sarokból, a nyíl \(i\)-szer \(90^{\circ}\)-kal lett elforgatva a kezdetihez képest. Ha felfelé lép a bal alsó sarokból, akkor a nyíl \(i+1\)-szer \(90^{\circ}\)-kal lett elforgatva a kezdetihez képest. Így amikor a sarok feletti mezőből lépett lefelé Turbó, a nyíl \((i-1)\)-szer lett elforgatva, amikor pedig a sarokból felfelé lépett, a sarok feletti mezőből továbblépve a nyíl \((i+1+1=i+2)\)-szer lett elforgatva. Ezért ha \(i-1\) elforgatással lefelé nézett a nyíl, akkor \(i+2\) elforgatással balra néz a nyíl, tehát ekkor Turbó lelép a tábláról.
Így nem lehet két különböző út egy konfigurációban, egy úton pontosan \(\dfrac{n^2}{4}\) jó mező van, tehát legfeljebb ennyi jó mező lehet.
(A feladatot egyik magyar versenyző sem oldotta meg.)
