Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (11η τάξη)

Al.Koutsouridis · #1

LXXX Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 - 11η τάξη

Πρώτη μέρα 12/03/17.

Πρόβλημα 1. Να βρείτε τον μικρότερο μη μηδενικό φυσικό αριθμό, που διαιρείται με το 80, στον οποίο μπορούμε να αναδιατάξουμε δυο διαφορετικά του ψηφία, έτσι ώστε να προκύψει αριθμός που διαιρείται επίσης με το 80.

Πρόβλημα 2. Στον εγγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC

, εφαπτόμενου της πλευράς

στο σημείο

, βρέθηκε σημείο

τέτοιο, ώστε τα μέσα των τμημάτων

και

να είναι επίσης σημεία του εγγεγραμμένου κύκλου. Να αποδείξετε, ότι η

είναι διχοτόμος της γωνίας AQC

.

Πρόβλημα 3. Έστω $x_{0}$ θετική ρίζα της εξίσωσης $\Displaystyle{x^{2017}-x-1=0}$ , και $y_{0}$ θετική ρίζα της εξίσωσης $\Displaystyle{y^{4034}-y=3x_{0}}$ .
a) Να συγκρίνεται τα $x_{0}$ και $y_{0}$ .
b) Να βρείτε το δέκατο ψηφίο μετά την υποδιαστολή του αριθμού $|x_{0}-y_{0}|$ .

Πρόβλημα 4. Τρεις ποδηλάτες κινούνται προς την ίδια κατεύθυνση σε κυκλικό κουλουάρ μήκους 300 μέτρων. Ο καθένας του κινείται με την δικιά του σταθερή ταχύτητα, όλες οι ταχύτητες είναι διαφορετικές. Ο φωτογράφος μπορεί να κάνει μια πετυχημένη λήψη των ποδηλατοδρομέων, αν και οι τρεις τους βρεθούν σε κάποιο κομμάτι του κουλουάρ μήκους

μέτρων. Ποιο είναι το ελάχιστο

για το οποίο ο φωτογράφος αργά ή γρήγορα εν γνώση του θα μπορέσει να κάνει πετυχημένη λήψη;

Πρόβλημα 5. Στις έδρες μοναδιαίου κύβου σημειώθηκαν 8 σημεία, τα οποία αποτελούν κορυφές ενός μικρότερου κύβου. Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές που μπορεί να πάρει το μήκος της ακμής αυτού του κύβου.

Πρόβλημα 6. Στο Σικάγο δρουν 36 εγκληματικές συμμορίες μερικές από τις οποίες έχουν διενέξεις μεταξύ τους. Κάθε γκάγκστερ είναι μέλος μερικών συμμοριών, εξάλλου οποιοιδήποτε δυο γκάγκστερ είναι μέλη διαφορετικών ομάδων (συνόλων) συμμοριών. Είναι γνωστό ότι κανένας γκάγκστερ δεν είναι μέλος δυο συμμοριών που είναι σε διένεξη μεταξύ τους. Επιπλέον, προέκυψε ότι κάθε συμμορία, στην οποία δεν είναι μέλος ένας γκάγκστερ, είναι σε διένεξη με κάποια συμμορία της οποίας αυτός είναι μέλος. Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός των γκάγκστερ στο Σικάγο;

Δεύτερη μέρα 25/03/17 (1)

Πρόβλημα 1. Δίνονται δυο πρόοδοι ${a_{n}}$ και ${b_{n}$ , μια εκ των οποίων είναι αριθμητική και η άλλη γεωμετρική. Είναι γνωστό, ότι a_1 = b_1

, $a_{2} : b_{2} = 2$ και $a_{4}:b_{4} = 8$ . Με τι μπορεί να ισούται ο λόγος $a_{3}:b_{3}$ ;

Πρόβλημα 2. Ο Τοτός (2) είναι γνώστης μόνο του λογαρίθμου με βάση το δέκα και θεωρεί, ότι ο λογάριθμος του αθροίσματος δυο αριθμών ισούται με το γινόμενο των λογαρίθμων τους και ο λογάριθμος της διαφοράς δυο αριθμών με το πηλίκο των λογαρίθμων τους. Μπορεί ο Τοτός να βρει έστω και ένα ζεύγος αριθμών για τους οποίους όντος να αληθεύουν και οι δυο παραπάνω ισότητες;

Πρόβλημα 3. Ο ντεντέκτιβ Nero Wolfe (3) διερευνά ένα έγκλημα. Στην υπόθεση εμπλέκονται 80 άτομα, μεταξύ των οποίων ένας εγκληματίας, ένας ακόμη μάρτυρας του εγκλήματος (αλλά δεν είναι γνωστό ποιος είναι αυτός). Κάθε μέρα ο ντεντέκτιβ μπορεί να καλέσει ένα ή κάμποσα από αυτά τα 80 άτομα και αν μεταξύ των καλεσμένων υπάρχει ο μάρτυρας, αλλά δεν υπάρχει ο εγκληματίας, τότε ο μάρτυρας ανακοινώνει ποιος είναι ο εγκληματίας. Μπορεί ο ντεντέκτιβ εν γνώσει του να εξιχνιάσει την υπόθεση σε 12 μέρες;

Πρόβλημα 4. Στο εσωτερικό τριγώνου ABC

δίνεται σημείο

τέτοιο, ώστε BD = CD

, $\angle BDC = 120^0$ . Εξωτερικά του τριγώνου ABC

δίνεται σημείο

τέτοιο, ώστε AE=CE

, $\angle AEC = 60^0$ και τα σημεία

και

βρίσκονται σε διαφορετικά ημιεπίπεδα ως προς την

. Να αποδείξετε, ότι $\angle AFD = 90^0$ , όπου

το μέσο του τμήματος

.

Πρόβλημα 5. Πίνακας διαστάσεων $2017 \times 2017$ είναι συμπληρωμένος με μη μηδενικά ψηφία. Μεταξύ των 4034 αριθμών, η δεκαδική αναπαράσταση των οποίων συμπίπτει με τις γραμμές και τις στήλες αυτού του πίνακα, εξεταζόμενων από αριστερά προς δεξιά και από πάνω προς τα κάτω αντίστοιχα, όλοι, εκτός από έναν, διαιρούνται με τον πρώτο αριθμό

, ο αριθμός που απόμεινε δεν διαιρείται με τον

. Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του

.

(1) Στην δεύτερη μέρα καλούνται όσοι έλυσαν τουλάχιστον δυο θέματα της πρώτης.
(2) Στο πρωτότυπο αναφέρεται ο χαρακτήρας κινουμένου σχεδίου (Незнайка ,Dunno αγγλικά).
(3) Nero Wolfe φανταστικός χαρακτήρας των ιστοριών μυστηρίου του αμερικανού συγγραφέα Rex Stout.

Σημείωση: Σύμφωνα με την πηγή που είναι η επίσημη σελίδα της ολυμπιάδας εδώ. «Τα θέματα και οι λύσεις διατίθενται ελεύθερα για μη εμπορική χρήση (με επιθυμητή την αναφορά στην πηγή κατά την ανατύπωση)».

Ορέστης Λιγνός · #2

Al.Koutsouridis έγραψε:LXXX Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 - 11η τάξη

Πρώτη μέρα 12/03/17.

Πρόβλημα 1. Να βρείτε τον μικρότερο μη μηδενικό φυσικό αριθμό, που διαιρείται με το 80, στον οποίο μπορούμε να αναδιατάξουμε δυο διαφορετικά του ψηφία, έτσι ώστε να προκύψει αριθμός που διαιρείται επίσης με το 80.

Προφανώς ο αριθμός δεν μπορεί να είναι μονοψήφιος.

Αν είναι διψήφιος, πρέπει να είναι ο

, άτοπο αφού ο

δεν διαιρεί το

.

Έστω ότι είναι τριψήφιος της μορφής $x=\overline{abc}$ , με a,b,c

ψηφία και $a \neq 0$ .

Αφού $80 \mid x$ , πρέπει c=0

.

Άρα, $x=\overline{ab0}$ .

Έστω ότι εναλλάσσουμε τα ψηφία

και

.

Τότε παίρνουμε τον αριθμό $\overline{ba}$ , και πρέπει $80 \mid \overline{ba}$ , άρα $b=8, \, a=0$ , άτοπο, διότι $a \neq 0$ .

Έστω ότι εναλλάσσουμε τα ψηφία

και

.

Τότε, $80 \mid \overline{a0b}$ , οπότε b=0

, άτοπο, γιατί τα ψηφία που εναλλάσσουμε πρέπει να είναι διαφορετικά.

Έστω τέλος ότι εναλλάσσουμε τα ψηφία $a, \, b$ .

Πρέπει $80 \mid \overline{ab0} , \, 80 \mid \overline {ba0} \Leftrightarrow 8 \mid \overline{ab} , \, 8 \mid \overline {ba}$ .

Οπότε, $10a+b=8k, \, 10b+a=8\ell \Leftrightarrow 11(a+b)=8(k+\ell) \Leftrightarrow 8 \mid a+b$ , και τελικά $8 \mid a, \, 8\mid b$ .

Αφού θέλουμε τον μικρότερο τέτοιον αριθμό, παίρνουμε τον 800

.

Άρα, η απάντηση στο πρόβλημα είναι ο αριθμός $\boxed{800}$ .

Datis-Kalali · #3

Πρόβλημα 2

Έχουμε ότι $FC^2=NC \cdot QC = \frac{1}{2} QC^2 \Rightarrow \frac{FC}{QC}=\frac{1}{\sqrt{2}}$
και $AE^2=AM \cdot AQ=\frac{1}{2}AQ^2 \Rightarrow \frac{AE}{AQ}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ .
Τότε $\frac{AE}{FC}=\frac{AS}{SC}=\frac{AQ}{QC}$
Έτσι εχουμε ότι το

είναι ο διχοτόμος της γωνίας $\angle {AQS}$

Ορέστης Λιγνός · #4

Al.Koutsouridis έγραψε:
Δεύτερη μέρα 25/03/17 (1)

Πρόβλημα 1. Δίνονται δυο πρόοδοι ${a_{n}}$ και ${b_{n}$ , μια εκ των οποίων είναι αριθμητική και η άλλη γεωμετρική. Είναι γνωστό, ότι , $a_{2} : b_{2} = 2$ και $a_{4}:b_{4} = 8$ . Με τι μπορεί να ισούται ο λόγος $a_{3}:b_{3}$ ;

1) Έστω ότι η a_n

είναι αριθμητική πρόοδος, και η b_n

είναι γεωμετρική πρόοδος.

Έστω a_1=b_1=x

.

Τότε, $a_2=x+\omega, \, a_3=x+2\omega, \, a_4=x+3\omega$ και $a_2=\lambda x, \, a_3=\lambda^2 x, \, a_4=\lambda^3x$ .

Τότε, $\dfrac{x+\omega}{x\lambda}=2, \, \dfrac{x+3\omega}{x\lambda^3}=8$ .

Λύνοντας ως προς $\lambda$ και εξισώνοντας παίρνουμε τελικά $\omega=0$ ή $\omega=-3x$ .

Αν $\omega=0$ , με αντικατάσταση $\lambda=\dfrac{1}{2}$ και $\dfrac{a_3}{b_3}=\dfrac{x}{\dfrac{x}{4}}=4$ .

Αν $\omega=-3x$ , όμοια $\dfrac{a_3}{b_3}=-5$ .

Όμοια, αν η a_n

είναι γεωμετρική πρόοδος και η b_n

αριθμητική, ο ζητούμενος λόγος είναι

ή $-\dfrac{1}{5}$ .

Άρα, ο λόγος $\dfrac{a_3}{b_3}$ μπορεί να ισούται με $\boxed{4,-5,\dfrac{-1}{5}}$ .

Al.Koutsouridis · #5

Πρώτη μέρα 12/03/17.

Πρόβλημα 2. Στον εγγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου , εφαπτόμενου της πλευράς στο σημείο , βρέθηκε σημείο τέτοιο, ώστε τα μέσα των τμημάτων και να είναι επίσης σημεία του εγγεγραμμένου κύκλου. Να αποδείξετε, ότι η είναι διχοτόμος της γωνίας .

Datis-Kalali έγραψε:
Έχουμε ότι $FC^2=NC \cdot QC = \frac{1}{2} QC^2 \Rightarrow \frac{FC}{QC}=\frac{1}{\sqrt{2}}$
και $AE^2=AM \cdot AQ=\frac{1}{2}AQ^2 \Rightarrow \frac{AE}{AQ}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ .
Τότε $\frac{AE}{FC}=\frac{AS}{SC}=\frac{AQ}{QC}$
Έτσι εχουμε ότι το είναι ο διχοτόμος της γωνίας $\angle {AQS}$

Ας δούμε αν υπάρχει και πως μπορούμε να κατασκευάσουμε ένα τρίγωνο και το σημείο

με τις παραπάνω ιδιότητες.

: mmo_2017_class11_pr2.png (77.13 KiB) Προβλήθηκε 2349 φορές

Φέρουμε ένα κύκλο $(C_{1})$ και και θεωρούμε ένα τυχαίο σημείο του

. Κατασκευάζουμε ένα δεύτερο κύκλο $(C_{2})$ με υποδιπλάσια ακτίνα, που εφάπτεται εσωτερικά του $(C_{1})$ στο σημείο

.

Από τυχόν σημείο

του $(C_{1})$ φέρουμε χορδή

που εφάπτεται του $(C_{2})$ , έστω στο σημείο

. Από τα σημεία B, C

κατασκευάζουμε τις εφαπτομένες ως προς το κύκλο $(C_{2})$ και ας είναι

το σημείο τομής τους. Τότε το τρίγωνο ABC

και το σημείο

έχουν τις επιθυμητές ιδιότητες.

Πράγματι οι κύκλοι $(C_{1}), (C_{2})$ είναι ομοίοθετοι με κέντρο ομοιοθεσίας

και λόγο 2. Οπότε και για τα ομόλογα σημεία B,M

και

θα ισχύει $\dfrac{QB}{QM}=\dfrac{QC}{QN} =2$ . Όπου M.N

τα σημεία τομής τoυ $(C_{2})$ με τα τμήματα

και

αντίστοιχα. Άρα τα M,N

είναι τα μέσα αυτών των τμήματων.

Το ότι

είναι διχοτόμος της γωνίας BQC

προκύπτει από την γνωστή ιδότητατα το

να διέρχεται από το μέσο

του τόξου

.

#6

Al.Koutsouridis έγραψε: Πρόβλημα 2. Ο Τοτός είναι γνώστης μόνο του λογαρίθμου με βάση το δέκα και θεωρεί, ότι ο λογάριθμος του αθροίσματος δυο αριθμών ισούται με το άθροισμα των λογαρίθμων τους και ο λογάριθμος της διαφοράς δυο αριθμών με το πηλίκο των λογαρίθμων τους. Μπορεί ο Τοτός να βρει έστω και ένα ζεύγος αριθμών για τους οποίους όντως να αληθεύουν και οι δυο παραπάνω ισότητες;

Έστω ότι υπάρχουν αριθμοί $\displaystyle{a,b \in \left( {0, + \infty } \right)}$ με $\displaystyle{a > b}$ και $\displaystyle{b \ne 1}$ τέτοιοι, ώστε

$\displaystyle{\log \left( {a + b} \right) = \log a \cdot \log b}$ $\bf \color{red} \left( 1 \right)$

και

$\displaystyle{\log \left( {a - b} \right) = \frac{{\log a}}{{\log b}}}$ $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ .

Προσθέτοντας τις σχέσεις $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ και $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ κατά μέλη και εφαρμόζοντας (σωστά!) τις ιδιότητες των λογαρίθμων βρίσκουμε ότι:

$\displaystyle{\log \left( {{a^2} - {b^2}} \right) = \log \left[ {\left( {a + b} \right)\left( {a - b} \right)} \right] = \log \left( {a + b} \right) + \log \left( {a - b} \right) = }$

$\displaystyle{ = \log a \cdot \log b + \frac{{\log a}}{{\log b}} = \log a\left( {\log b + \frac{1}{{\log b}}} \right)}$ $\bf \color{red} \left( 3 \right)$ .

$\bullet$ Αν $\displaystyle{a,b \in \left( {1, + \infty } \right),}$ τότε $\displaystyle{\log a > 0}$ και $\displaystyle{\log b > 0,}$ οπότε $\displaystyle{{\log b + \frac{1}{{\log b}} \ge 2}}$ και η σχέση $\bf \color{red} \left( 3 \right)$ δίνει ότι

$\displaystyle{\log \left( {{a^2} - {b^2}} \right) \ge 2\log a = \log \left( {{a^2}} \right)}$

και άρα

$\displaystyle{{a^2} - {b^2} \ge {a^2} \Leftrightarrow {b^2} \le 0,}$

πράγμα άτοπο.

$\bullet$ Αν $\displaystyle{a \in \left( {1, + \infty } \right)}$ και $\displaystyle{b \in \left( {0,1} \right),}$ τότε $\displaystyle{\log a > 0}$ και $\displaystyle{\log b < 0,}$ οπότε από τη σχέση $\bf \color{red} \left( 1 \right)$ προκύπτει ότι $\displaystyle{\log \left( {a + b} \right) < 0}$ και άρα $\displaystyle{a + b \in \left( {0,1} \right),}$ πράγμα άτοπο.

$\bullet$ Αν $\displaystyle{a,b \in \left( {0,1} \right),}$ τότε $\displaystyle{\log a < 0}$ και $\displaystyle{\log b < 0,}$ οπότε από τη σχέση $\bf \color{red} \left( 2 \right)$ προκύπτει ότι $\displaystyle{\log \left( {a - b} \right) > 0}$ και άρα $\displaystyle{a - b \in \left( {1, + \infty } \right),}$ πράγμα άτοπο.

Ώστε, σε αντίθεση με ό,τι νομίζει ο Τοτός (και πάρα πολλοί μαθητές μας...) δεν υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί $\displaystyle{a,b.}$

Al.Koutsouridis · #7

LXXX Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 - 11η τάξη

Δεύτερη μέρα

Πρόβλημα 4. Στο εσωτερικό τριγώνου δίνεται σημείο τέτοιο, ώστε , $\angle BDC = 120^0$ . Εξωτερικά του τριγώνου δίνεται σημείο τέτοιο, ώστε , $\angle AEC = 60^0$ και τα σημεία και βρίσκονται σε διαφορετικά ημιεπίπεδα ως προς την . Να αποδείξετε, ότι $\angle AFD = 90^0$ , όπου το μέσο του τμήματος .

Χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρούμε το τρίγωνο στο μιγαδικό επίπεδο με το σημείο

να συμπίπτει με το μηδέν, DB = DC =1

και η

παράλληλη προς τον πραγματικό άξονα.

: mmo_2017_class11_pr4.png (91.51 KiB) Προβλήθηκε 2053 φορές

Τότε θα είναι $b= -\dfrac{\sqrt{3}}{2} -\dfrac{1}{2}i$ , $c= \dfrac{\sqrt{3}}{2} -\dfrac{1}{2}i$

Η εικόνα

του σημείου

θα είναι $e= (c-a)(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i) +a$ .Δηλαδή στροφή κατά 60^0

του μιγαδικού c-a

και παράλληλη μετατόπισή του κατά

.

Άρα θα είναι $f = \dfrac{b+e}{2} = \dfrac{1}{2}( -\dfrac{\sqrt{3}}{2} -\dfrac{1}{2}i +(\dfrac{\sqrt{3}}{2} -\dfrac{1}{2}i -a)(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i) +a) = ... = (\dfrac{1}{4}-\dfrac{\sqrt{3}}{4}i) a$ (1)

Όμως $FA \perp FD \Leftrightarrow \dfrac{f-a}{f-d} = -\dfrac{\bar{f}-\bar{a}}{\bar{f}-\bar{d}}$ (2) δηλαδή ισοδύναμα το πηλίκο να είναι φανταστικός αριθμός. Η (2) λόγω και του ότι d = 0

γίνεται

$\dfrac{f-a}{f-d} = -\dfrac{\bar{f}-\bar{a}}{\bar{f}-\bar{d}} \Leftrightarrow \dfrac{f-a}{f} = -\dfrac{\bar{f}-\bar{a}}{\bar{f}} \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow 2f\bar{f} = a\bar{f} + \bar{a}f$ (3)

Το αριστερό μέλος της (3) λόγω της (1) είναι

$2f\bar{f} = (\dfrac{1}{4}-\dfrac{\sqrt{3}}{4}i) a (\dfrac{1}{4}+\dfrac{\sqrt{3}}{4}i) \bar{a}= ... = \dfrac{1}{2} a\bar{a}$

και το δεξί

$a (\dfrac{1}{4}+\dfrac{\sqrt{3}}{4}i) \bar{a} + \bar{a} (\dfrac{1}{4}-\dfrac{\sqrt{3}}{4}i) a = ... = \dfrac{1}{2} a\bar{a}$

Οπότε η (3) ισχύει άρα και η ζητούμενη καθετότητα.

M.S.Vovos · #8

Νομίζω ότι θέλει διόρθωση το πρόβλημα με τον Τοτό, ώστε:

Ο λογάριθμος του αθροίσματος δυο αριθμών να ισούται με το γινόμενο των λογαρίθμων των αριθμών αυτών.

Φιλικά.

Al.Koutsouridis · #9

M.S.Vovos έγραψε:Νομίζω ότι θέλει διόρθωση το πρόβλημα με τον Τοτό, ώστε:

Ο λογάριθμος του αθροίσματος δυο αριθμών να ισούται με το γινόμενο των λογαρίθμων των αριθμών αυτών.

Φιλικά.

Σωστά! Διορθώθηκε και στην αρχική ανάρτηση. Κάθε φορά το διάβαζα γινόμενο και το έγραψα άθροισμα τελικά

. Ευχαριστώ για την επισήμανση.

#10

Al.Koutsouridis έγραψε:
Πρόβλημα 5. Πίνακας διαστάσεων $2017 \times 2017$ είναι συμπληρωμένος με μη μηδενικά ψηφία. Μεταξύ των 4034 αριθμών, η δεκαδική αναπαράσταση των οποίων συμπίπτει με τις γραμμές και τις στήλες αυτού του πίνακα, εξεταζόμενων από αριστερά προς δεξιά και από πάνω προς τα κάτω αντίστοιχα, όλοι, εκτός από έναν, διαιρούνται με τον πρώτο αριθμό , ο αριθμός που απόμεινε δεν διαιρείται με τον . Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του .

Θα δείξω ότι γίνεται μόνο για p=2

και

. Για αυτούς τους αριθμούς είναι εύκολο. Για p=2

επιλέγω η τελευταία στήλη να είναι ο αριθμός $22\cdots 2$ και η τελευταία σειρά να είναι ο αριθμός $122 \cdots 2$ . Τότε όλες οι σειρές/στήλες εκτός από την πρώτη στήλη είναι πολλαπλάσια του

. Η περίπτωση p=5

αντιμετωπίζεται παρόμοια.

Έστω τώρα πρώτος $p \neq 2,5$ . Έστω ότι ο πίνακας είναι ο $A = (a_{ij})$ και έστω ότι όλες οι σειρές/στήλες εκτός ίσως από την

στήλη είναι πολλαπλάσια του

.

Πριν προχωρήσω στην απόδειξη να πω ότι ουσιαστικά κάνω το εξής: Προσθέτω όλες τις σειρές, κάθε μία πολλαπλασιασμένη με συγκεκριμένη δύναμη του

, και αφαιρώ όλες τις στήλες εκτός της

πολλαπλασιασμένες με κατάλληλη δύναμη του

. Το αποτέλεσμα θα είναι ασφαλώς πολλαπλάσιο του

. Με την επιλογή των κατάλληλων δυνάμεων το μόνο που θα μείνει θα είναι η στήλη

πολλαπλασιασμένη με μια δύναμη του

. Οπότε θα είναι και αυτή η στήλη πολλαπλάσιο του

.

Έχω

$\displaystyle{ \sum_{j=1}^n 10^{n-j}a_{ij} \equiv 0 \bmod p \qquad (1)}$

για κάθε $1 \leqslant i \leqslant n$ .

Επίσης έχω

$\displaystyle{ \sum_{i=1}^n 10^{n-i}a_{ij} \equiv 0 \bmod p \qquad (2)}$

για κάθε $1 \leqslant j \leqslant n$ με $j \neq k$ .

Από την (1) έχω

$\displaystyle{ 10^{n-i}\sum_{j=1}^n 10^{n-j}a_{ij} \equiv 0 \bmod p }$

για κάθε $1 \leqslant i \leqslant n$ και άρα και

$\displaystyle{ \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n 10^{2n-j-i}a_{ij} \equiv 0 \bmod p \qquad (3)}$

Όμως

$\displaystyle{ \begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n 10^{2n-j-i}a_{ij} &= \sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^n 10^{2n-j-i}a_{ij} \\ &= \sum_{j=1}^n10^{n-j}\sum_{i=1}^n 10^{n-i}a_{ij} \\ &\equiv 10^{n-k}\sum_{i=1}^n 10^{n-i}a_{ik} \bmod p \qquad (4) \end{aligned}}$

όπου στην τελευταία γραμμή χρησιμοποιήσαμε την (2).

Επειδή ο αριθμός $10^{n-k}$ είναι αντιστρέψιμος $\bmod p$ από τις (3) και (4) καταλήγω στο:

$\displaystyle{ \sum_{i=1}^n 10^{n-i}a_{ik} \equiv 0 \bmod p}$

Δηλαδή η

στήλη είναι επίσης πολλαπλάσιο του

.

Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (11η τάξη)

Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (11η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (11η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (11η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (11η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (11η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (11η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (11η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (11η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (11η τάξη)

Re: Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχας 2017 (11η τάξη)

Μέλη σε σύνδεση