3ο Γύρο Ολύμπιαδας Περσίας (Ιράν) 2018

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

Datis-Kalali
Δημοσιεύσεις: 108
Εγγραφή: Δευ Δεκ 12, 2016 5:33 pm
Τοποθεσία: Λευκωσία

3ο Γύρο Ολύμπιαδας Περσίας (Ιράν) 2018

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Datis-Kalali » Τρί Σεπ 04, 2018 11:54 am

Αυτά είναι μερικά θέματα απο τήν φετινή ολυμπίαδα της περσίας.
1) Δίνεται το τρίγωνο ABC με ορθόκεντρο H. Έστω ότι ο κύκλος \omega (με κέντρο O') είναι το περίκυκλο του τρίγωνου BHC και ο κύκλος \Omega είναι ο κύκλος Euler του τρίγωνου ABC. Επίλεγουμε τυχαίο σημείο X στον μικρό τόξου BHC του κύκλου \omega και έστω ότι η ευθεία AX τέμνει τον κύκλο \Omega στο σημείο Y (τα σημεία σε σειρά είναι A-X-Y). Το σημείο P 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 p, υπάρχουν άπειρους θετικούς ακέραιους n 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 n και m η πάρασταση f(m)+2mn+f(n) είναι τέλειο τεράγωνο.
τελευταία επεξεργασία από Datis-Kalali σε Τρί Σεπ 04, 2018 5:01 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7850
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: 3ο Γύρο Ολύμπιαδας Περσίας (Ιράν) 2018

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » 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 56 τρίγωνα και όχι τα 58!

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 i.

Για i < j < k 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 0. Για δεδομένα i < j κοιτάζω τον συντελεστή με τον οποίο εμφανίζεται το x_ix_j. Το x_ix_j 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 k αυξάνεται κατά 2 οπότε το (-1)^{i+j+k} δεν αλλάζει. Αλλάζει όμως η διάταξη των i,j,k είτε από k < i < j σε i < k < j είτε από i < k < j σε i < j < k. Και στις δύο περιπτώσεις αλλάζει το πρόσημο.


min##
Δημοσιεύσεις: 105
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: 3ο Γύρο Ολύμπιαδας Περσίας (Ιράν) 2018

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Τρί Σεπ 04, 2018 2:57 pm

Για τη Γεωμετρία:Αν ορίσω το P ως την τομή της μεσοκαθέτου της XY και του κύκλου με διάμετρο O'X,αρκεί να δείξω ότι το P ανήκει στον \Omega.Είναι γνωστό και σχετικά απλά αποδείξιμο ότι οι \Omega ,\omega είναι ομοιόθετοι με κέντρο το A και λόγο 1/2.Αν πάρω το συμμετρικό του X,έστω K
στην O'Pθα ανήκει στον \omega.Από την ομοιοθεσία,ο \Omega περνάει από τα μέσα των AX,AK,ενώ περνάει και από το Y που είναι η προβολή του K στην AX.Άρα είναι ο κύκλος του Euler του AXK άρα περνάει και από το P κλπ..
τελευταία επεξεργασία από min## σε Τρί Σεπ 04, 2018 6:24 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


min##
Δημοσιεύσεις: 105
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: 3ο Γύρο Ολύμπιαδας Περσίας (Ιράν) 2018

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » 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...


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7850
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: 3ο Γύρο Ολύμπιαδας Περσίας (Ιράν) 2018

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Σεπ 05, 2018 1:44 pm

Σε ένα σημείο λες ότι 2^{2^{pk+2}} \equiv 2^2 \bmod p\varphi(p) για k 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 16 και άρα δεν μπορεί να είναι ισότιμο με 4 \bmod 16.

Το λάθος βρίσκεται εδώ:

min## έγραψε:
Τρί Σεπ 04, 2018 4:25 pm
εκμεταλλευόμενος 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 k πρώτο, εν γένει δεν είναι σωστό.


min##
Δημοσιεύσεις: 105
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: 3ο Γύρο Ολύμπιαδας Περσίας (Ιράν) 2018

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » 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)


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7850
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: 3ο Γύρο Ολύμπιαδας Περσίας (Ιράν) 2018

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » 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 p, υπάρχουν άπειρους θετικούς ακέραιους n 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 n της μορφής n = rm όπου r = 2^{2^{2^{ \dots ^{2}}}} με το 2 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 m ώστε 2^{2^{2^{ \cdots ^{2^m}}}} \equiv rm \bmod p.

Για p=2 είναι προφανές. Για p > 2 το rm για m=1,2,\ldots είναι περιοδικό modulo p με περίοδο p και μάλιστα λαμβάνει όλες τις δυνατές τιμές modulo p αφού ο (r,p)=1 και άρα ο r είναι αντιστρέψιμος modulo p.

Ισχυρίζομαι ότι ο 2^{2^{2^{ \cdots ^{2^m}}}} για m=1,2,\ldots είναι από ένα σημείο και μετά περιοδικό modulo p με περίοδο t για κάποιο t < p.

Αν αποδειχθεί ο ισχυρισμός τότε ουσιαστικά τελειώσαμε. Παίρνουμε οποιαδήποτε τιμή, έστω s της ακολουθίας 2^{2^{2^{ \cdots ^{2^m}}}} \bmod p η οποία να εμφανίζεται άπειρες φορές. Έστω ότι εμφανίζεται για κάθε αρκετά μεγάλο m της μορφής 0 \bmod t. Μπορώ όμως να βρω και i ώστε ir \equiv s \bmod p. Τότε για κάθε αρκετά μεγάλο m που ικανοποιεί m \equiv 0 \bmod t και m \equiv i \bmod p έχουμε λύση. Από το Κινέζικο Θεώρημα υπάρχουν άπειρα τέτοια m.

Μένει λοιπόν να αποδειχθεί ο ισχυρισμός ο οποίος θα αποδειχθεί με επαγωγή στο πλήθος των δυαριών. Μάλιστα θα το δείξω για κάθε περιττό αριθμό p 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 2 modulo p. Οπότε για ένα δυάρι ισχύει ο ισχυρισμός.

Ας υποθέσουμε ότι ισχύει για k 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 k. To q είναι όπως προηγουμένως. Έστω τώρα q = 2^u v με τον v 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.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7850
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: 3ο Γύρο Ολύμπιαδας Περσίας (Ιράν) 2018

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » 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 p, υπάρχουν άπειρους θετικούς ακέραιους n 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 n 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 p με περίοδο t για κάποιο t < p.

Αν αποδειχθεί ο ισχυρισμός τότε ουσιαστικά τελειώσαμε. Παίρνουμε οποιαδήποτε τιμή, έστω s της ακολουθίας 2^{2^{f(n)}} \bmod p η οποία να εμφανίζεται άπειρες φορές. Έστω ότι εμφανίζεται για κάθε αρκετά μεγάλο n της μορφής 0 \bmod t. Τότε για κάθε αρκετά μεγάλο n που ικανοποιεί n \equiv 0 \bmod t και n \equiv s \bmod p έχουμε λύση. Από το Κινέζικο Θεώρημα υπάρχουν άπειρα τέτοια n.

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 2 modulo p. 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. :)


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης