mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 04, 2018 11:54 am**

Αυτά είναι μερικά θέματα απο τήν φετινή ολυμπίαδα της περσίας.
1) Δίνεται το τρίγωνο ABC

με ορθόκεντρο

. Έστω ότι ο κύκλος $\omega$ (με κέντρο

) είναι το περίκυκλο του τρίγωνου BHC

και ο κύκλος $\Omega$ είναι ο κύκλος Euler του τρίγωνου ABC

. Επίλεγουμε τυχαίο σημείο

στον μικρό τόξου BHC

του κύκλου $\omega$ και έστω ότι η ευθεία

τέμνει τον κύκλο $\Omega$ στο σημείο

(τα σημεία σε σειρά είναι A-X-Y

). Το σημείο

είναι ένα σημείο πάνω στον κύκλο $\Omega$ έτσι ώστε PX=PY

. Να δείξετε ότι $\angle{O'PX}=90$
2) Δίνεται 8 σημεία στον επίπεδο (όχι 3 συνευθειακά). Σχήματίζουμε όλα τα 56 τρίγωνα που υπάρχουν μεταξύ αυτά τα σημεία και έστω ότι αυτά έχουν εμβαδά $a_1,a_2,...,a_{56}$ .Να δείξετε ότι υπάρχουν αριθμοί $e_1,e_2,...,e_{56} \in \{1,-1\}$ έτσι ώστε $e_1a_1+e_2a_2+...+e_{56}a_{56}=0$
3) Να δείξετε ότι για κάθε πρώτος αριθμός

, υπάρχουν άπειρους θετικούς ακέραιους

που ικανοποιύν την σχέση:
$2^{2^{2^{ \dots ^{2^n}}}} \equiv n^{2^{2^{\dots ^{2}}}} (mod p)$
(Στα δυο μέλη το 2 έχει επαναλαμβάνει 1397 φορές)
4) Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:N \rightarrow N$ έτσι ώστε για κάθε θετικούς ακέραιους

και

η πάρασταση f(m)+2mn+f(n)

είναι τέλειο τεράγωνο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 04, 2018 2:15 pm**

Datis-Kalali έγραψε: Τρί Σεπ 04, 2018 11:54 am 2) Δίνεται 8 σημεία στον επίπεδο (όχι 3 συνευθειακά). Σχήματίζουμε όλα τα 58 τρίγωνα που υπάρχουν μεταξύ αυτά τα σημεία και έστω ότι αυτά έχουν εμβαδά $a_1,a_2,...,a_{58}$ .Να δείξετε ότι υπάρχουν αριθμοί $e_1,e_2,...,e_{58} \in \{1,-1\}$ έτσι ώστε $e_1a_1+e_2a_2+...+e_{58}a_{58}=0$

Εννοείς τα

τρίγωνα και όχι τα

!

Θα χρησιμοποιήσουμε τον τύπο που λέει ότι το τρίγωνο ABC

με συντεταγμένες A=(x_1,y_1),B=(x_2,y_2),C=(x_3,y_3)

έχει εμβαδόν $\displaystyle E = \frac{1}{2} \left| x_1y_2 + x_2y_3 + x_3y_1 - x_2y_1-x_3y_2 - x_1y_3\right|$

Ας γράψω (x_i,y_i)

για τις συντεταγμένες του σημείου με δείκτη

.

Για

επιλέγω το πρόσημο με τέτοιο τρόπο ώστε $2e_{ijk}a_{ijk} = (-1)^{i+j+k}[x_iy_j + x_jy_k + x_ky_i - x_jy_i-x_ky_j - x_iy_k]$

Προσθέτω όλα τα πιο πάνω για όλες τις τριάδες. Θα δείξω ότι το άθροισμα ισούται με

. Για δεδομένα i < j

κοιτάζω τον συντελεστή με τον οποίο εμφανίζεται το x_ix_j

. Το

θα εμφανιστεί συνολικά έξι φορές, μία για κάθε στοιχείο του $B = \{1,2,\ldots,8\} \setminus \{i,j\}$ . Αρκεί να δείξω ότι τις τρεις εμφανίζεται με θετικό πρόσημο και τις άλλες τρεις με αρνητικό.

Ας γράψω $B = \{b_1,\ldots,b_6\}$ όπου $b_1,b_2,\ldots,b_6$ . Ισχυρίζομαι ότι το πρόσημο για $k = b_{r+1}$ είναι διαφορετικό από το πρόσημο για k = b_r

για κάθε $r = 1,2,\ldots,5$ .

Πράγματι αν $b_{r+1} = b_r+1$ τότε δεν αλλάζει η διάταξη των i,j,k

παρά μόνο το i+j+k

. Επομένως το πρόσημο αλλάζει.

Η μόνη άλλη περίπτωση είναι να έχουμε $b_{r+1} = b_r+2$ . Τότε το

αυξάνεται κατά

οπότε το $(-1)^{i+j+k}$ δεν αλλάζει. Αλλάζει όμως η διάταξη των i,j,k

είτε από

σε

είτε από

σε

. Και στις δύο περιπτώσεις αλλάζει το πρόσημο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 04, 2018 2:57 pm**

Για τη Γεωμετρία:Αν ορίσω το

ως την τομή της μεσοκαθέτου της

και του κύκλου με διάμετρο O'X

,αρκεί να δείξω ότι το

ανήκει στον $\Omega$ .Είναι γνωστό και σχετικά απλά αποδείξιμο ότι οι $\Omega ,\omega$ είναι ομοιόθετοι με κέντρο το

και λόγο

.Αν πάρω το συμμετρικό του

,έστω

στην

θα ανήκει στον $\omega$ .Από την ομοιοθεσία,ο $\Omega$ περνάει από τα μέσα των AX,AK

,ενώ περνάει και από το

που είναι η προβολή του

στην

.Άρα είναι ο κύκλος του Euler

του

άρα περνάει και από το

κλπ..

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 04, 2018 4:25 pm**

Για το 3 κάνω το εξής:Επιλέγω n=pk+2

.Μπορώ να επιλέξω $k=k_{1}*\phi (p)$ έτσι ώστε $2^{n}=2^{2}modp$ .Για να πάω ένα επίπεδο πιο κάτω,επιλέγω k που να διαιρείται επιπλέον και από το $\phi (p\phi(p)$ ,έτσι ώστε $2^{pk+2}\equiv 2^2modp\phi (p)$ ,και άρα $2^{2^{pk+2}}\equiv 2^{2^{2}}modp$ .Συνεχίζω κάπως έτσι (εκμεταλλευόμενος την ιδιότητα $a^k\equiv a^{kmod\phi (p)}modp$ )
μέχρι να φτάσω στο τελευταίο επίπεδο όπου λόγω του ότι n=pk+2

θα ισχύει η ισότητα..(βιάστηκα λίγο και δεν ξέρω αν υπάρχουν λάθη)
Edit:Για να γίνομαι ακριβέστερος,παίρνω $n=k*p(\phi (p\phi (p\phi (p...))))+2$ ...

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 05, 2018 1:44 pm**

Σε ένα σημείο λες ότι $2^{2^{pk+2}} \equiv 2^2 \bmod p\varphi(p)$ για

πολλαπλάσιο του $\varphi(p\varphi(p))$ . Αυτό δεν ισχύει. Π.χ. για p=17

, έχουμε $\varphi(p) = 16$ και $\varphi(p\varphi(p)) = \varphi(16 \cdot 17) = 8 \cdot 16 = 128$ .

Όμως το $2^{2^{17 \cdot 128 + 2}}$ είναι πολλαπλάσιο του

και άρα δεν μπορεί να είναι ισότιμο με $4 \bmod 16$ .

Το λάθος βρίσκεται εδώ:

min## έγραψε: Τρί Σεπ 04, 2018 4:25 pmεκμεταλλευόμενος την ιδιότητα $a^k\equiv a^{kmod\phi (p)}modp$ )

Νομίζω η «ιδιότητα» που χρησιμοποιείς είναι το $a^n \equiv a^m \bmod k$ για $n \equiv m \bmod \varphi(k)$ . Το «ιδιότητα» σε εισαγωγικά διότι ενώ ισχύει για

πρώτο, εν γένει δεν είναι σωστό.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 05, 2018 2:51 pm**

Ναι σωστά.Ευχαριστώ για την επισήμανση(η ιδιότητα δεν είναι άλλη από την γενίκευση του θ. του Φερμά ισχύει για πρώτα μεταξύ τους k,a)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 09, 2018 1:46 pm**

Datis-Kalali έγραψε: Τρί Σεπ 04, 2018 11:54 am 3) Να δείξετε ότι για κάθε πρώτος αριθμός , υπάρχουν άπειρους θετικούς ακέραιους που ικανοποιύν την σχέση:
$2^{2^{2^{ \dots ^{2^n}}}} \equiv n^{2^{2^{\dots ^{2}}}} (mod p)$
(Στα δυο μέλη το 2 έχει επαναλαμβάνει 1397 φορές)

Θα δείξουμε ότι υπάρχουν άπειροι

της μορφής n = rm

όπου $r = 2^{2^{2^{ \dots ^{2}}}}$ με το

να επαναλαμβάνεται 1397

φορές. Έχουμε:

$\displaystyle 2^{2^{2^{ \cdots ^{2^n}}}} = \left(2^{2^{2^{ \cdots ^{2^m}}}}\right)^r$

Εδώ υπάρχει λάθος. Θα πρέπει να δω ξανά αν και πως διορθώνεται

και

$\displaystyle n^{2^{2^{\dots ^{2}}}} = (rm)^r$

Αρκεί λοιπόν να βρούμε

ώστε $2^{2^{2^{ \cdots ^{2^m}}}} \equiv rm \bmod p$ .

Για p=2

είναι προφανές. Για p > 2

το

για $m=1,2,\ldots$ είναι περιοδικό modulo

με περίοδο

και μάλιστα λαμβάνει όλες τις δυνατές τιμές modulo

αφού ο

και άρα ο

είναι αντιστρέψιμος modulo

.

Ισχυρίζομαι ότι ο $2^{2^{2^{ \cdots ^{2^m}}}}$ για $m=1,2,\ldots$ είναι από ένα σημείο και μετά περιοδικό modulo

με περίοδο

για κάποιο t < p

.

Αν αποδειχθεί ο ισχυρισμός τότε ουσιαστικά τελειώσαμε. Παίρνουμε οποιαδήποτε τιμή, έστω

της ακολουθίας $2^{2^{2^{ \cdots ^{2^m}}}} \bmod p$ η οποία να εμφανίζεται άπειρες φορές. Έστω ότι εμφανίζεται για κάθε αρκετά μεγάλο

της μορφής $0 \bmod t$ . Μπορώ όμως να βρω και

ώστε $ir \equiv s \bmod p$ . Τότε για κάθε αρκετά μεγάλο

που ικανοποιεί $m \equiv 0 \bmod t$ και $m \equiv i \bmod p$ έχουμε λύση. Από το Κινέζικο Θεώρημα υπάρχουν άπειρα τέτοια

.

Μένει λοιπόν να αποδειχθεί ο ισχυρισμός ο οποίος θα αποδειχθεί με επαγωγή στο πλήθος των δυαριών. Μάλιστα θα το δείξω για κάθε περιττό αριθμό

είτε είναι πρώτος είτε όχι. Μπορεί το τελευταίο να φαίνεται ανούσιο αλλά θα είναι βασικό συστατικό ώστε να μπορέσει να τρέξει η επαγωγή.

Για ένα δυάρι έχουμε $2^a \equiv 2^b \bmod p \iff a \equiv b \bmod q$ όπου $q = \mathrm{ord}_p(2) \leqslant p-1$ είναι η τάξη του

modulo

. Οπότε για ένα δυάρι ισχύει ο ισχυρισμός.

Ας υποθέσουμε ότι ισχύει για

δυάρια. Τότε

$\displaystyle 2^{2^{2^{ \cdots ^{2^a}}}} \equiv 2^{2^{2^{ \cdots ^{2^b}}}} \bmod p \iff 2^{2^{ \cdots ^{2^a}}} \equiv 2^{2^{ \cdots ^{2^b}}} \bmod q$

Στο αριστερό μέλος έχουμε από k+1

δυάρια και στο δεξί από

. To

είναι όπως προηγουμένως. Έστω τώρα q = 2^u v

με τον

άρτιο. Παίρνουμε

$\displaystyle 2^{2^{ \cdots ^{2^a}}} \equiv 2^{2^{ \cdots ^{2^b}}} \bmod q \iff 2^{2^{ \cdots ^{2^a}}} \equiv 2^{2^{ \cdots ^{2^b}}} \bmod 2^u \quad \text{\gr και} \quad 2^{2^{ \cdots ^{2^a}}} \equiv 2^{2^{ \cdots ^{2^b}}} \bmod v$

Στο δεξί μέλος η πρώτη ισοτιμία ισχύει για κάθε αρκετά μεγάλα a,b

. Η δεύτερη ισοτιμία, από την επαγωγική υπόθεση, ισχύει για αρκετά μεγάλα a,b

με $a \equiv b \bmod t'$ για κάποιο t' < v

.

Οπότε ο ισχυρισμός ισχύει και για k+1

δυάρια και άρα και για όσα δυάρια θέλουμε.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 12, 2018 12:16 pm**

Datis-Kalali έγραψε: Τρί Σεπ 04, 2018 11:54 am 3) Να δείξετε ότι για κάθε πρώτος αριθμός , υπάρχουν άπειρους θετικούς ακέραιους που ικανοποιύν την σχέση:
$2^{2^{2^{ \dots ^{2^n}}}} \equiv n^{2^{2^{\dots ^{2}}}} (mod p)$
(Στα δυο μέλη το 2 έχει επαναλαμβάνει 1397 φορές)

Επανέρχομαι διορθώνοντας την προηγούμενη γκάφα μου. Ουσιαστικά υπάρχουν όλες οι βασικές ιδέες στην προηγούμενή μου ανάρτηση.

Αρκεί να βρω άπειρα

ώστε

$\displaystyle 2^{2^{f(n)}} \equiv n \bmod p$

όπου $r = 2^{2^{\cdots^{2}}$ με 1396

δυάρια και $f(n) = 2^{2^{\cdots^{2^n}}} - r}$ με 1395

δυάρια. (Είναι $f(n) \geqslant 0$ για $n \geqslant 2$ .) Πράγματι τότε θα έχω

$\displaystyle n^{2^{2^{\dots ^{2}}}} \equiv n^{2^r} \equiv \left(2^{2^{f(n)}} \right)^{2^r} \equiv 2^{2^r \cdot 2^{f(n)}\right)}} \equiv 2^{2^{2^{ \dots ^{2^n}}}} \bmod p$

Αρκεί να δείξω ότι ο $2^{2^{f(n)}}$ για $n=1,2,\ldots$ είναι από ένα σημείο και μετά περιοδικός modulo

με περίοδο

για κάποιο t < p

.

Αν αποδειχθεί ο ισχυρισμός τότε ουσιαστικά τελειώσαμε. Παίρνουμε οποιαδήποτε τιμή, έστω

της ακολουθίας $2^{2^{f(n)}} \bmod p$ η οποία να εμφανίζεται άπειρες φορές. Έστω ότι εμφανίζεται για κάθε αρκετά μεγάλο

της μορφής $0 \bmod t$ . Τότε για κάθε αρκετά μεγάλο

που ικανοποιεί $n \equiv 0 \bmod t$ και $n \equiv s \bmod p$ έχουμε λύση. Από το Κινέζικο Θεώρημα υπάρχουν άπειρα τέτοια

.

Μένει λοιπόν να αποδειχθεί ο ισχυρισμός.

Αρχικά έχουμε $2^{2^{f(n)}} \equiv 2^{2^{f(m)}} \bmod p \Leftrightarrow 2^{f(n)} \equiv 2^{f(m)} \bmod q_1$ όπου $q_1 = \mathrm{ord}_p(2) \leqslant p-1$ είναι η τάξη του

modulo

. Μπορούμε να γράψουμε $q_1 = 2^{r_1}q_2$ με q_2

περιττό. Τότε για n,m

αρκετά μεγάλα θα έχουμε $2^{2^{f(n)}} \equiv 2^{2^{f(m)}} \Leftrightarrow 2^{f(n)} \equiv 2^{f(m)} \bmod q_2$ . Επειδή (2,q_2) = 1

με παρόμοιο επιχείρημα παίρνουμε $2^{f(n)} \equiv 2^{f(m)} \bmod q_2 \leftrightarrow f(n) \equiv f(m) \bmod q_3$ για κάποιο περιττό q_3 < p

.

Γράφοντας $g(n) = 2^{2^{\cdots^{2^n}}}$ με 1395

δυάρια για m,n

αρκετά μεγάλα θα έχουμε $2^{2^{f(n)}} \equiv 2^{2^{f(m)}} \bmod p \Leftrightarrow g(n) \equiv g(m) \bmod q_3$ .

Με επαγωγή στο πλήθος των δυαριών και παρόμοιο επιχείρημα όπως πιο πάνω καταλήγω στο $g(n) \equiv g(m) \bmod q_3 \Leftrightarrow n\equiv m \bmod t$ για m,n

αρκετά μεγάλα και κάποιο περιττό t < p

.

Ελπίζω τώρα να είναι εντάξει.

mathematica.gr

3ο Γύρο Ολύμπιαδας Περσίας (Ιράν) 2018

3ο Γύρο Ολύμπιαδας Περσίας (Ιράν) 2018

Re: 3ο Γύρο Ολύμπιαδας Περσίας (Ιράν) 2018

Re: 3ο Γύρο Ολύμπιαδας Περσίας (Ιράν) 2018

Re: 3ο Γύρο Ολύμπιαδας Περσίας (Ιράν) 2018

Re: 3ο Γύρο Ολύμπιαδας Περσίας (Ιράν) 2018

Re: 3ο Γύρο Ολύμπιαδας Περσίας (Ιράν) 2018

Re: 3ο Γύρο Ολύμπιαδας Περσίας (Ιράν) 2018

Re: 3ο Γύρο Ολύμπιαδας Περσίας (Ιράν) 2018