IMO 2016

simantiris j. · #1

Ας δούμε εδώ τα θέματα σχετικά με την IMO 2016,τον κορυφαίο διαγωνισμό των μαθηματικών.
Καλή επιτυχία σε όλα τα παιδιά της ελληνικής αποστολής!

jason.prod · #2

Δίνω τα θέματα της πρώτης μέρας του διαγωνισμού. Ευχαριστώ το Ραφαήλ Τσιάμη που μου τα έστειλε.

Πρόβλημα 1
Έστω τρίγωνο BCF

ορθογώνιο στο B. Επιλέγουμε σημείο

της ευθείας

ώστε να ισχύει AF=BF

και το

να βρίσκεται στο εσωτερικό του ευθύγραμμου τμήματος

. Επίσης, θεωρούμε σημείο D ώστε AD=CD

και η

να είναι διχοτόμος της γωνίας DAB

. Επίσης, διαλέγουμε σημείο

ώστε

και η AD να είναι διχοτόμος της EAC

. Αν

είναι το μέσον της υποτείνουσας του τριγώνου BCF

, και

σημείο τέτοιο ώστε το τετράπλευρο AMXE

να είναι παραλληλόγραμμο με AM//EX

, να αποδειχτεί ότι οι ευθείες BD,FX,ME

συντρέχουν.

Πρόβλημα 2

Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι

, που είναι τέτοιοι ώστε να μπορούν να τοποθετηθούν τα γράμματα Ι,Μ,Ο στον nXn

πίνακα (ένα γράμμα σε κάθε κελί), ώστε να ισχύουν οι συνθήκες:
1) Σε κάθε γραμμή και στήλη του πίνακα να υπάρχει ίσος αριθμός από Ι,Μ,Ο.
2) Αν ο αριθμός των κελιών σε μία διαγώνιο είναι πολλαπλάσιο του 3, τότε έχουμε ίσο αριθμό από Ι,Μ,Ο.

Σημείωση: Οι γραμμές και οι στήλες του πίνακα αριθμούνται με αριθμούς από το 1 ως το

κατά τη φυσική τους σειρά. Όταν n>1

, ο πίνακας αυτός έχει συνολικά 4n-2

διαγωνίους, οι οποίες είναι δύο τύπων. Μια διαγώνιος του πρώτου τύπου αποτελείται από κελιά (i,j)

για τα οποία το άθροισμα i+j

είναι σταθερό, ενώ μια διαγώνιος του δεύτερου τύπου αποτελείται από κελιά (i,j)

για τα οποία η διαφορά i-j

είναι σταθερή.

Πρόβλημα 3

'Εστω

ένα κυρτό πολύγωνο, του οποίου οι κορυφές βρίσκονται σε κύκλο και έχουν ακέραιες συντεταγμένες. Έστω

ένας περιττός θετικός ακέραιος, ο οποίος δίνεται ότι διαιρεί τα τετράγωνα των μηκών των πλευρών του πολυγώνου. Να αποδειχτεί ότι το διπλάσιο του εμβαδού του πολυγώνου είναι θετικός ακέραιος, και ότι διαιρείται από το

.

Edit: Διόρθωση λαθών σε εκφωνήσεις.

Καλή επιτυχία στις ομάδες Ελλάδας και Κύπρου!

#3

jasonmaths4ever έγραψε: Πρόβλημα 2

Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι , που είναι τέτοιοι ώστε να μπορούν να τοποθετηθούν τα γράμματα Ι,Μ,Ο στον πίνακα (ένα γράμμα σε κάθε κελί), ώστε να ισχύουν οι συνθήκες:
1) Σε κάθε γραμμή και στήλη του πίνακα να υπάρχει ίσος αριθμός από Ι,Μ,Ο.
2) Αν ο αριθμός των κελιών σε μία διαγώνιο είναι πολλαπλάσιο του 3, τότε έχουμε ίσο αριθμό από Ι,Μ,Ο.

Σημείωση: Οι γραμμές και οι στήλες του πίνακα αριθμούνται με αριθμούς από το 1 ως το κατά τη φυσική τους σειρά. Όταν , ο πίνακας αυτός έχει συνολικά διαγωνίους, οι οποίες είναι δύο τύπων. Μια διαγώνιος του πρώτου τύπου αποτελείται από κελιά για τα οποία το άθροισμα είναι σταθερό, ενώ μια διαγώνιος του δεύτερου τύπου αποτελείται από κελιά για τα οποία η διαφορά είναι σταθερή.

Καλό! Η απάντηση είναι όλα τα πολλαπλάσια του

.

Είναι προφανές ότι 3|n

. Μετράμε με πολλαπλότητα όλα τα κελιά που βρίσκονται στις σειρές της μορφής $0,1 \bmod 3$ , τις στήλες της μορφής $0,1 \mod 3$ , όλες τις διαγωνίους με πλήθος κελιών πολλαπλάσιο του

, και αφαιρούμε τα κελιά που βρίσκονται στις στήλες/σειρές της μορφής $2 \bmod 3$ .

Παρατηρούμε ότι μετρήσαμε όλα τα κελιά της μορφής (a,b)

με $a \equiv 0,1\bmod n$ και $b \equiv 0,1\bmod n$ από τρεις φορές το κάθε ένα. (Δεν μετρήθηκε κανένα άλλο κελί.) Άρα το πλήθος αυτών των κελιών (με πολλαπλότητα) είναι 4n^2/3

. Σε αυτά τα κελιά υπάρχει ίσως αριθμός από I,M,O

οπότε σε αυτά τα κελία υπάρχουν 4n^2/9

από κάθε ένα από τα I,M,O

. Όμως κάθε ένα από αυτά είναι πολλαπλάσιο του

αφού κάθε κελί μετρήθηκε τρεις φορές (ή μηδέν). Άρα έχουμε 27|4n^2

και άρα

.

Μένει τώρα να κάνουμε την κατασκευή. Για n = 9

παίρνω την πιο κάτω κατασκευή:

$\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline I & I & I & M & M & M & O & O & O \\ \hline M & M & M & O & O & O & I & I & I\\ \hline O & O & O & I & I & I & M & M & M \\ \hline I & I & I & M & M & M & O & O & O \\ \hline M & M & M & O & O & O & I & I & I\\ \hline O & O & O & I & I & I & M & M & M \\ \hline I & I & I & M & M & M & O & O & O \\ \hline M & M & M & O & O & O & I & I & I\\ \hline O & O & O & I & I & I & M & M & M \\ \hline \end{tabular}$

Για n = 9k

ξεκινώ από ένα $k \times k$ πίνακα και σε κάθε κελί του τοποθετώ την πιο πάνω κατασκευή. Δεν είναι δύσκολο να δούμε ότι δουλεύει. (Επειδή κάθε διαγώνιος με πλήθος κελιών πολλαπλάσιου του

σπάζει σε κομμάτια από τις $9 \times 9$ κατασκευές με κάθε ένα εκ των οποίων να έχει πλήθος κελιών πολλαπλάσιο του

και άρα ίσο πλήθος από I,M,O

.)

simantiris j. · #4

: IMO 2016 PROBLEM 1.png (18.1 KiB) Προβλήθηκε 5874 φορές

Πρόβλημα 1

Ωραίο πρόβλημα με πολλές ιδιότητες, το θέμα είναι να του τις "πάρεις".Ελπίζω η λύση που έκανα να είναι πλήρης
Το

νομίζω πρέπει να είναι στην προέκταση της

.
Είναι προφανές ότι (από ισοσκελή τρίγωνα και διχοτόμους) $\angle ABF=\angle BAF=\angle CAD=\angle ACD=\angle DAE=\angle ADE=\varphi$
Επειδή $\angle CAD=\angle DAE\Rightarrow DE\parallel AM$ και $AM\parallel EX$ άρα τα D,E,X

συνευθειακά.
Προφανώς τα ισοσκελή με ίσες γωνίες βάσης τρίγωνα CAD,BAF

είναι όμοια άρα $\frac{AF}{AD}=\frac{BA}{CA}$ και επειδή $\angle FAD=\angle FAB$ τα τρίγωνα FAD,ABC

είναι επίσης όμοια άρα $\angle AFD=\angle ABC$ .Όμως $\angle AFD=\angle ACD+\angle FDC$ και $\angle ABC=90+\angle ABF$ άρα $\angle CFD=90^{\circ}$ οπότε BFDC

εγγράψιμο άρα $\angle FDA=\angle FCB=\angle FDB$ άρα

διχοτόμος της $\angle BDA$ άρα

έγκεντρο τριγώνου BAD

.
Επιπλέον (αφού

μέσο υποτείνουσας ορθογωνίου FBC

) εύκολα $\angle BMF=2\angle BCF=\angle BDA$ άρα και το BMDA

εγγράψιμο οπότε $\angle BMD=\angle FAD=\varphi =\angle FBD$ άρα είναι $\angle BMF=\angle BDA$ και $\angle MBF=\angle BAD=2\varphi$ οπότε τα τρίγωνα BMF,BDA

όμοια.(1)
Προφανώς τα ισοσκελή BFA,ADE

όμοια άρα $\frac{AE}{FE}=\frac{AD}{AC}$ οπότε εύκολα τα FAE,BDA

όμοια άρα από (1) τα FAE,BMF

όμοια άρα $\angle BFM=\angle AFE$ άρα τα B,F,E

συνευθειακά.
Τώρα εύκολα προκύπτει η ισότητα των πάνω τριγώνων άρα AE=BM=CM=MF

άρα τα

και

παραλληλόγραμμα (γιατί?)
Εύκολα με κυνήγι γωνιών τώρα $\angle FME=\angle MFX=\varphi$ άρα το MFEX

προκύπτει ισοσκελές τραπέζιο.
Έστω τώρα ότι οι ME,XF

τέμνονται στο

.Τότε $\angle MSF+\angle FBM=180-2\varphi +2\varphi =180^{\circ}$ άρα το SMBF

εγγράψιμο.Τότε όμως αφού $\angle SBF=\angle FMS=\varphi =\angle FBD$ τα B,D,S

συνευθειακά και η απόδειξη ολοκληρώνεται.
Σημ.Στο κυνηγι των γωνιών μπορεί να βοηθήσει και το εγγράψιμο BDAE

που προκύπτει από το θεώρημα του Νοτόυ Πόλου στο τρίγωνο BDA

.
έντιτ:προσθήκη σχήματος

dement · #5

jasonmaths4ever έγραψε: Πρόβλημα 3

'Εστω ένα κυρτό πολύγωνο, του οποίου οι κορυφές βρίσκονται σε κύκλο και έχουν ακέραιες συντεταγμένες. Έστω ένας περιττός θετικός ακέραιος, ο οποίος δίνεται ότι διαιρεί τα τετράγωνα των μηκών των πλευρών του πολυγώνου. Να αποδειχτεί ότι το εμβαδόν του πολυγώνου είναι θετικός ακέραιος, και ότι το διπλάσιό του (αριθμητικά) διαιρείται από το .

Εδώ υποθέτω λείπει η πληροφορία ότι το κέντρο του κύκλου είναι το (0,0)

. Φυσικά δεν έχουν όλα τα τρίγωνα με ακέραιες συντεταγμένες κορυφών ακέραιο εμβαδόν (μπορεί να θεωρηθεί n=1

).

S.E.Louridas · #6

Καλά αποτελέσματα στην ομάδα της Ελλάδας και των Αδελφών Κυπρίων. Καλή επάνοδο με μετάλλια και προοπτική.
Επιτρέψτε μου ένα σχόλιο:

jasonmaths4ever έγραψε: Πρόβλημα 1
Έστω τρίγωνο ορθογώνιο στο B. Επιλέγουμε σημείο της ευθείας ώστε να ισχύει . Επίσης, θεωρούμε σημείο D ώστε και η να είναι διχοτόμος της γωνίας . Επίσης, διαλέγουμε σημείο ώστε και η AD να είναι διχοτόμος της . Αν είναι το μέσον της υποτείνουσας του τριγώνου , και σημείο τέτοιο ώστε το τετράπλευρο να είναι παραλληλόγραμμο με , να αποδειχτεί ότι οι ευθείες συντρέχουν.

Το πρόβλημα αυτό ήθελε πάνω από όλα μεγάλη οπτική ικανότητα με τις τόσες πολλές γραμμές που έχει άμα τη εμφανίσει στην εκφώνηση (θεωρούμε και ξαναθεωρούμε και πάλι θεωρούμε, μάλλον ο κατασκευαστής εκμεταλεύτηκε full τις δυνατότητες του geogebra). Κατά τα άλλα είναι σίγουρα ένα καλό γεωμετρικό πρόβλημα εκκίνησης. Βέβαια αν είδα καλά και σύμφωνα με την παραπάνω μετάφραση θα πρέπει να διακριθούν για τη θέση του

δύο περιπτώσεις, γιατί μιλάει για ευθεία

και όχι πλευρά

.

#7

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1

Αρκεί να δείξουμε τα εξής:

(a) Τα σημεία E, D, M, B

ανήκουν σε κύκλο $\omega_1$ κέντρου O_1.

(β) Τα σημεία E, F, M, X

ανήκουν σε κύκλο $\omega_2$ κέντρου O_2.

(γ) Τα σημεία F,D,X,B

ανήκουν σε κύκλο $\omega_3$ με κέντρο όχι στην O_1O_2

.

Τότε οι χορδές

και

του $\omega_3$ θα τέμνονται στην κοινή χορδή

των κύκλων $\omega_1$ και $\omega_2.$

(Δείτε, π.χ., Evan Chen, Euclidean Geometry in Mathematical Olympiads, pp. 26-28, MAA 2016.)

Πράγματι:

(γ) Παρατηρούμε ότι αν

είναι το σημείο τομής της μεσοκαθέτου του

με την

, τότε

είναι ρόμβος. Επιπλέον, $\angle HBF=\angle HAF=\angle FCB=\angle FCH$ , κι άρα F, H, B, C

ομοκυκλικά. Ανήκουν λοιπόν στον κύκλο κέντρου

, και διαμέτρου

( aφού $\angle FBC=90^{\circ}$ ). Άρα MF=MH=MC=MB

Αφού

μεσοκάθετος του

έπεται

, κι άρα το

ανήκει στον ίδιο κύκλο.

Συγκρίνοντας τα ισοσκελή τρίγωνα AED

και

βλέπουμε ότι είναι ίσα (αφού AD=HC

και $\angle EAD=\angle MHC.$ ) Συνεπώς, MH=AE=MX

, κι άρα το

ανήκει στον ίδιο κύκλο.

(β) Το EDMF

είναι ρόμβος (από την κατασκευή) .Άρα ED//FM//EX

. Συνεπώς, E,D,X

συνευθειακά και EF=FM=MX

. Άρα το ισοσκελές τραπέζιο EFMX

είναι εγγράψιμο σε κύκλο $\omega_2$ κέντρου O_2.

(a) Ομοίως με το (α), το ισοσκελές τραπέζιο AEDM

ίναι εγγράψιμο σε κύκλο $\omega_1$ κέντρου O_1.

Αλλά και το ADMB

είναι εγγράψιμο σε κύκλο (angle chasing) κι άρα στον $\omega_1$ . Συνεπώς, τα σημεία E, D, M, B

ανήκουν στον κύκλο $\omega_1$ , και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#8

S.E.Louridas έγραψε: ...Βέβαια αν είδα καλά και σύμφωνα με την παραπάνω μετάφραση θα πρέπει να διακριθούν για τη θέση του δύο περιπτώσεις, γιατί μιλάει για ευθεία και όχι πλευρά .

Γεια χαρά!

Στο αγγλικό κείμενο αναφέρεται ότι το

βρίσκεται ανάμεσα στα σημεία A, C

.

jason.prod · #9

george visvikis έγραψε:
S.E.Louridas έγραψε: ...Βέβαια αν είδα καλά και σύμφωνα με την παραπάνω μετάφραση θα πρέπει να διακριθούν για τη θέση του δύο περιπτώσεις, γιατί μιλάει για ευθεία και όχι πλευρά .
Γεια χαρά!

Στο αγγλικό κείμενο αναφέρεται ότι το βρίσκεται ανάμεσα στα σημεία .

Έχετε δίκιο, παράλειψή μου. Συγγνώμη για την ταλαιπωρία.

dement · #10

dement έγραψε:
jasonmaths4ever έγραψε: Πρόβλημα 3

'Εστω ένα κυρτό πολύγωνο, του οποίου οι κορυφές βρίσκονται σε κύκλο και έχουν ακέραιες συντεταγμένες. Έστω ένας περιττός θετικός ακέραιος, ο οποίος δίνεται ότι διαιρεί τα τετράγωνα των μηκών των πλευρών του πολυγώνου. Να αποδειχτεί ότι το εμβαδόν του πολυγώνου είναι θετικός ακέραιος, και ότι το διπλάσιό του (αριθμητικά) διαιρείται από το .
Εδώ υποθέτω λείπει η πληροφορία ότι το κέντρο του κύκλου είναι το . Φυσικά δεν έχουν όλα τα τρίγωνα με ακέραιες συντεταγμένες κορυφών ακέραιο εμβαδόν (μπορεί να θεωρηθεί ).

Έκανα λάθος, το κέντρο του κύκλου δεν είναι το (0,0)

, πολύ απλά το πρώτο από τα δύο ερωτήματα (εμβαδόν θετικός ακέραιος) δεν υπάρχει στο αγγλικό.

S.E.Louridas · #11

Για το πρόβλημα 1.

jasonmaths4ever έγραψε: Πρόβλημα 1
Έστω τρίγωνο ορθογώνιο στο B. Επιλέγουμε σημείο της ευθείας ώστε να ισχύει και το να βρίσκεται στο εσωτερικό του ευθύγραμμου τμήματος . Επίσης, θεωρούμε σημείο D ώστε και η να είναι διχοτόμος της γωνίας . Επίσης, διαλέγουμε σημείο ώστε και η AD να είναι διχοτόμος της . Αν είναι το μέσον της υποτείνουσας του τριγώνου , και σημείο τέτοιο ώστε το τετράπλευρο να είναι παραλληλόγραμμο με , να αποδειχτεί ότι οι ευθείες συντρέχουν.

Ο λύτης λοιπόν που θα σκεφτεί να κατασκευάσει το σχήμα του προβλήματος ακολουθώντας με κανόνα και διαβήτη τα βήματα της εκφώνησης αντί να χρησιμοποιήσει την γνωστή φράση "έστω ότι είναι ..." , θα οδηγηθεί στο ΜΟΝΑΔΙΚΟ σχήμα που ακολουθεί με βάση τα επιτάγματα της εκφώνησης τοποθετώντας τα επίμαχα σημεία A,D, ...

εκεί που ακριβώς υπάρχουν στο σχήμα κάτω.
Μετά ταύτα η απόδειξη είναι σχεδόν άμεση.

(*) Η παραπάνω διαδικασία επίλυσης είναι η σκέψη που έκανα για να οδηγηθώ στο σχόλιο που ήδη έχω κάνει στη προηγούμενη παρέμβαση μου. Αν λοιπόν δεν έχω κάνει κάποιο λάθος λόγω ταχύτητας, τότε βλέπουμε την αξία της αποδεικτικής διαδικασίας λόγω του μονοσήμαντου μίας ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗΣ ΚΑΤΑΣΚΕΥΗΣ. Θα δούμε βέβαια και την λύση του εισηγητή του προβλήματος για την πρόθεση του να οδηγήσει σε "κατασκευαστική απόδειξη".

#12

Βάζω και τα υπόλοιπα 3 προβλήματα του διαγωνισμού.

Πρόβλημα 4. Ενα σύνολο θετικών ακέραιων αριθμών ονομάζεται εύοσμο, αν αυτό περιέχει δύο τουλάχιστον στοιχεία και καθένα από τα στοιχεία του έχει έναν κοινό πρώτο παράγοντα με ένα τουλάχιστον από τα υπόλοιπα στοιχεία του. Έστω P(n) = n^2 + n + 1

. Ποια είναι η ελάχιστη δυνατή τιμή του θετικού ακεραίου

έτσι ώστε να υπάρχει ένας μη αρνητικός ακέραιος

για τον οποίο το σύνολο $\{P(a + 1), P(a + 2), \ldots, P(a + b)}$ είναι εύοσμο;

Πρόβλημα 5. Η εξίσωση $(x − 1)(x − 2)\cdots (x − 2016) = (x − 1)(x − 2)\cdots (x − 2016)$ γράφεται στον πίνακα, με 2016

γραμμικούς παράγοντες σε κάθε μέλος της. Ποια είναι η ελάχιστη δυνατή τιμή του

για την οποία είναι δυνατόν να σβήσουμε ακριβώς

από τους

γραμμικούς παράγοντες των δύο μελών της εξίσωσης έτσι ώστε ένας τουλάχιστον παράγοντας να μείνει σε κάθε μέλος και η εξίσωση που προκύπτει να μην έχει πραγματικές λύσεις;

Πρόβλημα 6. Δίνονται $n \geq 2$ ευθύγραμμα τμήματα στο επίπεδο έται ώστε κάθε δύο από αυτά τέμνονται σε ένα εσωτερικό τους σημείο και δεν υπάρχουν τρία από αυτά που να περνούν από το ίδιο σημείο. Ο Τζέφ πρέπει να διαλέξει ένα άκρο από κάθε ευθύγραμμο τμήμα και να τοποθετήσει ένα βάτραχο σε αυτό, που να κοιτάζει προς το άλλο άκρο του τμήματος. Ύστερα αυτός θα κάνει n − 1

χειροκροτήματα. Σε κάθε χειροκρότημα, κάθε βάτραχος πηδά αμέσως προς το επόμενο σημείο τομής του ευθυγράμμου τμήματός του. Οι βάτραχοι ποτέ δεν αλλάζουν την κατεύθυνση των πηδημάτων τους. Ο Τζέφ θέλει να τοποθετήσει τους βατράχους κατά τέτοιο τρόπο ώστε να μην συμβεί ποτέ να βρεθούν δύο από αυτούς στο ίδιο σημείο τομής την ίδια χρονική στιγμή.
(α) Να αποδείξετε ότι ο Τζέφ μπορεί πάντοτε να πραγματοποιήσει την επιθυμία του, όταν ο αριθμός

είναι περιττός.
(β) Να αποδείξετε ότι ο Τζέφ δεν μπορεί ποτέ να πραγματοποιήσει την επιθυμία του, όταν ο

είναι άρτιος.

Αλέξανδρος

#13

cretanman έγραψε:Βάζω και τα υπόλοιπα 3 προβλήματα του διαγωνισμού.

Πρόβλημα 4. Ενα σύνολο θετικών ακέραιων αριθμών ονομάζεται εύοσμο, αν αυτό περιέχει δύο τουλάχιστον στοιχεία και καθένα από τα στοιχεία του έχει έναν κοινό πρώτο παράγοντα με ένα τουλάχιστον από τα υπόλοιπα στοιχεία του. Έστω . Ποια είναι η ελάχιστη δυνατή τιμή του θετικού ακεραίου έτσι ώστε να υπάρχει ένας μη αρνητικός ακέραιος για τον οποίο το σύνολο $\{P(a + 1), P(a + 2), \ldots, P(a + b)}$ είναι εύοσμο;

Παίζει να είναι ένα από τα πιο εύκολα "4" των τελευταίων ετών.

Παρατηρούμε ότι ο P(n)

είναι πάντα περιττός. Επίσης είναι

$\displaystyle{ \begin{aligned} (P(n),P(n+1)) &= (n^2+n+1,P(n+1)-P(n)) \\ &= (n^2+n+1,2n+2)\\ &= (n^2+n+1,n+1) \\ &= (1,n+1) = 1 \end{aligned} }$

όπου σε μια από τις ισότητες χρησιμοποιήσαμε ότι $2 \nmid P(n)$ .

Με παρόμοιο τρόπο έχουμε

$\displaystyle{ \begin{aligned} (P(n),P(n+2)) &= (n^2+n+1,4n+6) \\ &= (n^2+n+1,2n+3) \\ &= (2n^2 + 2n+2,2n+3) \\ &= (n-2,2n+3) \\ &= (n-2,7) \in \{1,7\} \end{aligned}}$

με (P(n),P(n+2)) = 7

αν και μόνο αν $n \equiv 2 \bmod 7$ . [Πάλι χρησιμοποιήσαμε ότι $2 \nmid P(n)$ .]

Ομοίως παίρνω $(P(n),P(n+3)) \in \{1,3\}$ με (P(n),P(n+3)) =3

αν και μόνο αν $n \equiv 1 \bmod 3$

και

$(P(n),P(n+4)) \in \{1,19\}$ με (P(n),P(n+4)) =19

αν και μόνο αν $n \equiv 7 \bmod 19$

Ασφαλώς δεν μπορώ να έχω b=2

αφού

. Ομοίως δεν μπορώ να έχω b=3

αφού ο

δεν έχει κοινό παράγοντα με τους P(a+1)

και

.

Δεν μπορώ να έχω ούτε b=4

. Για να γινόταν αυτό θα έπρεπε ο P(a+2)

να έχει κοινό παράγοντα με τον P(a+4)

και ο

με τον

. Αλλά η πρώτη συνθήκη δίνει $a \equiv 0 \bmod 7$ και η δεύτερη $a \equiv 6 \bmod 7$ , άτοπο.

Δεν μπορώ να έχω ούτε b=5

. Αν $a \equiv 0,1 \bmod 3$ τότε ο P(a+2)

μπορεί να έχει κοινό παράγοντα μόνο με τον P(a+4)

. Τότε $a \equiv 0 \bmod 7$ . Αλλά τότε ο P(a+3)

δεν έχει κοινό παράγοντα με κανένα άλλο αριθμό. Αν $a \equiv 2 \bmod 3$ τότε ο P(a+4)

μπορεί να έχει κοινό παράγοντα μόνο με τον P(a+2)

. Πάλι $a \equiv 0 \bmod 7$ και πάλι ο P(a+3)

δεν έχει κοινό παράγοντα με κανένα άλλο αριθμό.

Τέλος μπορώ να έχω b=6

αρκεί να πάρω $a \equiv 0 \bmod 3, a \equiv 5 \bmod 19$ και $a \equiv 6 \bmod 7$ . Τότε ο P(a+1)

έχει κοινό παράγοντα με τον P(a+4)

, o

με τον

και ο

με τον

.

Ασφαλώς μπορώ να πάρω τέτοιον

από το κινέζικο θεώρημα.

nickthegreek · #14

Ενδιαφέρουσα IMO! Δίνω μια σκέψη λίγο διαφορετική για το

αλλά στα ίδια μήκη κύματος με του Δημήτρη.

Υποθέτουμε ότι η κατασκευή είναι εφικτή για δεδομένο

. Θα δείξουμε ότι $9 \mid n$ .

Ας γράψουμε n = 3k

και ας χωρίσουμε τον πίνακά μας σε k^2

τετράγωνα $3 \times 3$ . Κοιτάζουμε τα κέντρα του κάθε τετραγώνου, συνολικά k^2

στο πλήθος και τα χρωματίζουμε κόκκινα (τα υπόλοιπα τα θεωρώ άσπρα) .

Παρατηρούμε ότι αν $k \equiv 1 , 2 (mod 3)$ υπάρχει τουλάχιστον ένα γράμμα το οποίο εμφανίζεται περισσότερες φορές από οποιοδήποτε άλλο στα κόκκινα τετράγωνα.

Τώρα παρατηρούμε ότι κάθε κόκκινο τετράγωνο ανήκει ακριβώς σε μια γραμμή, μια στήλη και δύο διαγωνίους. Τέλος, υπάρχει τρόπος να συσχετίσω με τρόπο 1-1

κάθε γράμμα σε ένα κόκκινο τετράγωνο με τα δύο διαφορετικά του γράμματα σε άσπρα τετράγωνα στην εν λόγω γραμμή. Το ίδιο μπορώ να κάνω και για τη στήλη και για κάθε μια από τις δύο διαγωνίους στις οποίες ανήκει το κόκκινο τετράγωνο (δηλαδή, τελικά, αντιστοιχώ με τρόπο 1-1

σε κάθε κόκκινο τετράγωνο

άσπρα και αυτά μαζί όλα καλύπτουν ολόκληρο τον πίνακα).

Για κάθε

λοιπόν που εμφανίζεται μια φορά σε κόκκινο τετράγωνο υπάρχουν

και

που αντιστοιχούν σε αυτό (και ομοίως κυκλικά για τα M, O

) . Δεδομένου ότι πρέπει να έχουμε συνολικά ίσο αριθμό από I , M , O

εύκολα βλέπουμε ότι στα κόκκινα τετράγωνα συνολικά πρέπει να υπάρχει ίσος αριθμός από κάθε γράμμα, που σημαίνει ότι $3 \mid k^2 \Rightarrow 3 \mid k$ . Για το ότι τα πολλαπλάσια του

είναι λύσεις, όπως ο Δημήτρης.

Φιλικά,
Νίκος

simantiris j. · #15

Τα μερικά αποτελέσματα της Ελλάδας:
Εικόνα

Soteris · #16

Μήπως υπάρχει κάποια αντίστοιχη πληροφόρηση για την ομάδα της Κύπρου;

simantiris j. · #17

Ναι!(δυστυχώς μόνο για το πρώτο πρόβλημα)
Εικόνα

Soteris · #18

Ευχαριστώ πολύ!!! Καλα αποτελέσματα στις ομάδες μας!!

#19

Εδώ υπάρχουν καινούργια αποτελέσματα.

Ο CYP1 λογικά πρέπει να έχει 7 στο P4. Δεν ξέρω όμως για αυτά που λείπουν από τους υπόλοιπους.

#20

2 Χάλκινα και 3 Εύφημες μνείες!!

Θερμά Συγχαρητήρια στους μαθητές μας!

IMO 2016

IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Re: IMO 2016

Μέλη σε σύνδεση