IMO 2012

nickthegreek · #1

Aς ανοίξω εγώ φέτος το post για την ΙΜΟ 2012, όπου θα ανέβουν τα θέματα και οι λύσεις του διαγωνισμού!

Καλή επιτυχία στα παιδιά και φίλους μας!!!!

S.E.Louridas · #2

Εύχομαι καλή επιτυχία (αναμενόμενη) στα Υπεράξια Μαθηματικά Ταλέντα που διαγωνίζονται σε αυτή την Ι.Μ.Ο. 2012.
Ας μην ξεχνάμε ότι η μέχρι τώρα πορεία τους έχει θέσει την σφραγίδα της Μαθηματικής και Ανθρώπινης υπεροχής τους.
Αποτελούν ήδη μία ηχηρή απάντηση στην πρόκληση της εποχής.
Εύχομαι επίσης καλή επιτυχία στους συνοδούς τους στο επιστημονικό αυτό ταξίδι τους.
Καλή επιστοφή στην πατρίδα.

nickthegreek · #3

Παρακαλώ ευγενικά κάποιον από τους διαχειριστές του forum να μεταφέρουν το topic στους διαγωνισμούς της ΕΜΕ, καθώς τώρα που το σκέφτομαι τα Θέματα για Seniors είναι πολύ πιο ενεργή ενότητα και μπορεί να εξαφανιστεί το topic γρήγορα από την πρώτη σελίδα....

Ευχαριστώ πολύ!

GVlachos · #4

Καλή επιτυχία παιδιά!
Να επιστρέψετε με πολλά και καλά μετάλλια!

Επίσης να προτείνω μεταφορά του τόπικ στα θέματα διαγωνισμών της ΕΜΕ.

#5

Εύχομαι ότι καλύτερο στην ομάδα!!!

Να γυρίσουν από τηνΑργεντινή (από το το argentum-> ασήμι) με πολλά χρυσά!!

Φιλικά,

Αχιλλέας

Υ.Γ. Εντάξει με τη μεταφορά του θέματος...

Nick1990 · #6

Καλή επιτυχία. Συνεχίστε ότι άρχισε πέρισυ ο Γιώργος. Τα δεδομένα έχουν αλλάξει σε σχέση με πιο παλιά, οπότε είναι εφικτός στόχος ακόμα τα περισσότερα από 1 χρυσά!

#7

Τον πήχυ ψηλά θέτει ο Νίκος αλλά τα σημάδια από την πρόσφατη βαλκανιάδα είναι ιδιαίτερα ενθαρρυντικά.

Καλή επιτυχία σε όλους.

S.E.Louridas · #8

Nick1990 έγραψε:Καλή επιτυχία. Συνεχίστε ότι άρχισε πέρισυ ο Γιώργος. Τα δεδομένα έχουν αλλάξει σε σχέση με πιο παλιά, οπότε είναι εφικτός στόχος ακόμα τα περισσότερα από 1 χρυσά!

Η προσωπική μου άποψη μου είναι ΝΑΙ έχουν αλλάξει πολλά ΚΑΙ στο επίπεδο προσφοράς γνώσεων, αφού υπάρχει πλέον και το mathematica με τις πολλές χιλιάδες δημοσιεύσεις του είδους, διαθέσιμες ανά πάσα στιγμή και μάλλιστα από εκείνους που έχουν συνεχή και ανωτέρας ποιότητας δείγματα Μαθηματικής γραφής.
Σε αυτούς πρωτίστως ανήκουν οι Μαθητές μέλη μας εδώ στο mathematica που ενδιαφέρονται για τους διαγωνισμούς αυτούς που λύνουν, προσφέρουν, διδάσκουν με τις παρεμβάσεις τους. Επίσης σε αυτούς ανήκουν οι τέως Ολυμπιονίκες επί των Μαθηματικών νύν επίλεκτα μέλη του mathematica.
Τέλος ανήκουν εδώ και οι καταξιωμένοι επί του πρακταίου Συνάδελφοι και μή που ασχολούνται με το αντικείμενο αυτό με καθημερινές παραμβάσεις ποιότητας καθ' όλη τη διάρκεια του χρόνου (νύχτα - μέρα).
Αν σε αυτά προσθέσουμε και το τεράστιο ταλέντο των Ελλήνων διαγωνιζόμενων τα αποτελέσματα προδιαγράφονται εντυπωσιακά.

ykerasar · #9

Παιδιά, έχω μεγάλη εμπιστοσύνη στις ικανότητές σας και στις δυνατότητές σας. Είμαι βέβαιος πως θα δικαιωθείτε. Καλή επιτυχία
Γιάννης Κερασαρίδης

Υ.Γ. φίλε Σωτήρη, συμφωνώ με τις εκτιμήσεις σου για την προσφορά του mathematica

Andreas Dalaoutis · #10

Καλή επιτυχία στην ομάδα μας. Ιδιαίτερες ευχές στον Αλέξανδρο που είναι και ενεργό μέλος μας.

Nick1990 · #11

Έχουμε κανένα νέο για το πως τα πήγαν τα παιδιά αλλά και για τα προβλήματα;

nickthegreek · #12

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 4&t=488347

Το πρόβλημα 2 ανεβοκατεβαίνει από το site για κάποιο περίεργο λόγο, πάντα με λίγο διαφορετική εκφώνηση από την πρώτη φορά. Το 3 δεν έδωσε σημεία ζωής ακόμα

.Το 2 είναι inequality...

Πιστεύω ότι η ομάδα μας θα τα έχει πάει πολύ καλά!

Grigoris K. · #13

Καταρχάς να ευχηθώ καλή επιτυχία στην Ελληνική Ομάδα για την αυριανή δεύτερη μέρα του διαγωνισμού!
Παράλληλα δίνω μία λύση για την Γεωμετρία, η οποία μου φαίνεται σχετικά εύκολη για επίπεδο ΙΜΟ

:

Ισχύει $\displaystyle{ BJ \perp KM}$ και $\displaystyle{ CJ \perp ML }$ άρα το $\displaystyle{ M }$ είναι το ορθόκεντρο του $\displaystyle{ \triangle FJG }$ .

Τα $\displaystyle{ K, L }$ είναι τα συμμετρικά του ορθοκέντρου $\displaystyle{ M }$ ως προς τις πλευρές $\displaystyle{ FJ, GJ }$ άρα βρίσκονται στον περίκυκλο του $\displaystyle{ \triangle FJG }$ .

Επίσης είναι προφανές ότι τo $\displaystyle{ AKJL }$ είναι εγγράψιμο άρα τα $\displaystyle{ A,F,K,J,L}$ είναι ομοκυκλικά.

Άρα ισχύει $\displaystyle{ \widehat{SFJ} = \widehat{JGT} = 90^o }$ άρα τα $\displaystyle{ SFMJ, ~JMGT }$ είναι εγγράψιμα.

Τελικά $\displaystyle{ \widehat{MSJ} = \widehat{MFJ} \mathop = \limits^{JK=JL} \widehat{MGJ} = \widehat{MTJ} \Rightarrow \triangle SJT }$ ισοσκελές άρα το $\displaystyle{ M }$ είναι μέσο της $\displaystyle{ ST}$ (αφού $\displaystyle{ JM }$ ύψος).

chris · #14

Προσπάθεια μετάφρασης:

Πρόβλημα 1

Δίνεται ένα τρίγωνο $\displaystyle ABC$ και

το κέντρο του παραγεγραμμένου κύκλου του που βρίσκεται έναντι της κορυφής

. Αυτός ο κύκλος εφάπτεται στην πλευρά

στο σημείο

, και στις πλευρές AB,AC

στα σημεία

και

αντίστοιχα.Οι ευθείες

και

τέμνονται στο

,ενώ οι ευθείες

και

τέμνονται στο

. Έστω

το σημείο τομής των ευθειών

και

και έστω

το σημείο τομής των ευθειών

και

.Να αποδειχθεί ότι το

είναι το μέσο του

.

Πρόβλημα 2

Αν οι θετικοί πραγματικοί $\displaystyle a_2,a_3,...,a_n$ ικανοποιούν τη σχέση $\displaystyle a_2 \cdot a_3 \cdot ...\cdot a_n=1$ με $n \geq 3$ , να αποδειχθεί ότι:

$\displaystyle \left(a_2+1 \right)^2\left(a_3+1 \right)^3...\left(a_n+1 \right)^n>n^n$

Πρόβλημα 3

To "liar's guessing game"(~παιχνίδι μαντέματος του ψεύτη) είναι ένα παιχνίδι μεταξύ δύο παιχτών

και

. Οι κανόνες του παιχνιδιού βασίζονται σε δύο θετικούς ακεραίους

και

που είναι γνωστοί και στους δύο παίχτες.

Στην αρχή του παιχνιδιού ο παίκτης

επιλέγει δύο ακέραιους αριθμούς

και

με $1 \leq x \leq N$ .Ο παίκτης

κρατάει τον αριθμό

μυστικό και αποκαλύπτει στον παίκτη

τον αριθμό

. Ο παίκτης

τώρα , προσπαθεί να αποκτήσει πληροφορίες για τον αριθμό

ρωτώντας τον παίκτη

ερωτήσεις ως εξής: σε κάθε ερώτησή του ο

καθορίζει ένα σύνολο

θετικών ακεραίων (πιθανώς το ίδιο με προηγούμενη ερώτηση) , και ρωτάει τον

αν ο

ανήκει σε αυτό το σύνολο. Ο παίκτης

μπορεί να κάνει όσες τέτοιες ερωτήσεις θέλει. Μετά από κάθε ερώτηση , ο παίκτης

πρέπει να απαντήσει αμέσως με ένα "ναι" ή ένα "όχι" αλλά επιτρέπεται να πει ψέματα όσες φορές θέλει με ένα μόνο περιορισμό: μεταξύ κάθε k+1

διαδοχικών ερωτήσεων ,τουλάχιστον μία απάντηση πρέπει να είναι αληθής.

Εφόσον ο

έχει κάνει όσες ερωτήσεις επιθυμεί ,θα πρέπει να ορίσει ένα σύνολο

με το πολύ

θετικούς ακέραιους. Αν ο

ανήκει στο

τότε ο παίκτης

είναι νικητής ,ενώ σε διαφορετική περίπτωση χάνει.Να αποδείξετε ότι:

α)Αν $n \geq 2^k$ , τότε ο

μπορεί να εγγυηθεί τη νίκη.
β)Για όλες τις αρκετά μεγάλες τιμές του

, υπάρχει ένας ακέραιος $n \geq (1.99)^k$ τέτοιος ώστε ο

δεν μπορεί να εγγυηθεί τη νίκη.

-----------------------------------------------------------------
Όπως παρατηρήθηκε και στο mathlinks η λύση του πρώτου προβλήματος φαίνεται μικρότερη από την εκφώνηση ενώ και το 2ο είναι προσεγγίσιμο μάλλον εύκολα σχετικά.
Να ευχηθώ και εγώ καλή συνέχεια αύριο και καλά αποτελέσματα στην ομάδα!

ΥΓ: Ελπίζω τα γενέθλια του Παναγιώτη σήμερα να συνοδευτούν από ένα μετάλλιο! Χρόνια του πολλά!

Nick1990 · #15

Ακόμα μια λύση στη γεωμετρία:

Από Μενέλαο στο SCA

για την

:

$\frac{SM \times CL \times AF}{MC \times AL \times FC} = 1 \Leftrightarrow \frac{SM}{AL} = \frac{FS}{FA} = \frac{BS}{BA}$ . Αυτά διότι η

είναι εξωτερική διχοτόμος στο ABC

οπότε διχοτόμος στο SBA

, ενώ ισχύει CL=CM

(εφαπτομένες δια του ίδιου σημείου στον παραγγεγραμμένο). Επίσης ως εφαπτομένες στο παραγεγγραμμένο δια του

είναι ίσες και οι AL, AK

. Οπότε η τελευταία αναλογία δίνει:

$\frac{SM}{AK} = \frac{SM}{AL} = \frac{BS}{BA} \Rightarrow \frac{SM}{AK} = \frac{SM - BS}{AK - BA} = \frac{BM}{BK} = 1$ (πάλι BK=BM

ως εφαπτομένες δια του

στον παραγεγγραμμένο). Άρα SM = AK = AL

και ομοίως προκύπτει MT = AL = AK

, οπότε

.

nickthegreek · #16

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 4&t=488500

Πρόβλημα 4

Τα προβλήματα 5 και 6 ήταν γεωμετρία και θεωρία αριθμών αντίστοιχα απ ' ότι μου λένε τα παιδιά.... Περιμένουμε να δούμε και τα θέματα στο mathlinks

Nick1990 · #17

nickthegreek έγραψε:http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 4&t=488500

Πρόβλημα 4

Τα προβλήματα 5 και 6 ήταν γεωμετρία και θεωρία αριθμών αντίστοιχα απ ' ότι μου λένε τα παιδιά.... Περιμένουμε να δούμε και τα θέματα στο mathlinks

Έβαλα λύση (ελπίζω σωστή) εδώ:

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 8#p2737628

ΥΓ: Πραγματικά δύσκολο θέμα για 4, από την άποψη του ότι είχε υπερβολικά πολλές υποπεριπτώσεις οι οποίες ήθελαν έξυπνη αντιμετώπιση... μου πήρε γύρω στις 3-3.5 ώρες μέχρι να την καταφέρω και αν και ένιωθα συνεχώς ότι είμαι κοντά στη λύση, δεν μπορούσα να περιορίσω τις υποπεριπτώσεις.

Καλά αποτελέσματα στα παιδιά. Απ' όσο έμαθα πολύ καλά πήγε ο Παναγιώτης, οπότε με λίγη τύχη μπορεί να πάρει και χρυσό!

#18

chris έγραψε: Πρόβλημα 3

To "liar's guessing game"(~παιχνίδι μαντέματος του ψεύτη) είναι ένα παιχνίδι μεταξύ δύο παιχτών και . Οι κανόνες του παιχνιδιού βασίζονται σε δύο θετικούς ακεραίους και που είναι γνωστοί και στους δύο παίχτες.

Στην αρχή του παιχνιδιού ο παίκτης επιλέγει δύο ακέραιους αριθμούς και με $1 \leq x \leq N$ .Ο παίκτης κρατάει τον αριθμό μυστικό και αποκαλύπτει στον παίκτη τον αριθμό . Ο παίκτης τώρα , προσπαθεί να αποκτήσει πληροφορίες για τον αριθμό ρωτώντας τον παίκτη ερωτήσεις ως εξής: σε κάθε ερώτησή του ο καθορίζει ένα σύνολο θετικών ακεραίων (πιθανώς το ίδιο με προηγούμενη ερώτηση) , και ρωτάει τον αν ο ανήκει σε αυτό το σύνολο. Ο παίκτης μπορεί να κάνει όσες τέτοιες ερωτήσεις θέλει. Μετά από κάθε ερώτηση , ο παίκτης πρέπει να απαντήσει αμέσως με ένα "ναι" ή ένα "όχι" αλλά επιτρέπεται να πει ψέματα όσες φορές θέλει με ένα μόνο περιορισμό: μεταξύ κάθε διαδοχικών ερωτήσεων ,τουλάχιστον μία απάντηση πρέπει να είναι αληθής.

Εφόσον ο έχει κάνει όσες ερωτήσεις επιθυμεί ,θα πρέπει να ορίσει ένα σύνολο με το πολύ θετικούς ακέραιους. Αν ο ανήκει στο τότε ο παίκτης είναι νικητής ,ενώ σε διαφορετική περίπτωση χάνει.Να αποδείξετε ότι:

α)Αν $n \geq 2^k$ , τότε ο μπορεί να εγγυηθεί τη νίκη.
β)Για όλες τις αρκετά μεγάλες τιμές του , υπάρχει ένας ακέραιος $n \geq (1.99)^k$ τέτοιος ώστε ο δεν μπορεί να εγγυηθεί τη νίκη.

Μου άρεσε αυτό το πρόβλημα.

(α) Ο

χρησιμοποιεί την εξής στρατηγική. Έστω ότι υπάρχουν

αριθμοί (τους οποίους γνωρίζει) για τους οποίους είναι σίγουρος ότι η απάντηση είναι ένας από αυτούς. (Αρχικά m = Χ

.) Αν $m \leqslant 2^k$ τότε τελειώσαμε. Αν όχι, για κάθε ένα από αυτούς τους

αριθμούς θα κάνει k+1

συνεχόμενες ερωτήσεις του στυλ αν αυτός ο αριθμός είναι ο επιλεγμένος. (Δηλαδή το

θα είναι μονοσύνολο.) Σε κάποιον από αυτούς θα πάρει σίγουρα ένα ναι. (Σίγουρα θα πάρει ένα ναι στον σωστό αριθμό αλλά ίσως πάρει ένα ναι και σε κάποιον άλλο.) Μόλις πάρει το πρώτο ναι σταματάει και αλλάζει στρατηγική. Υπάρχουν τουλάχιστον άλλοι 2^k

αριθμοί. Θα συγκεντρωθεί (προς το παρόν) μόνο στους 2^k

από αυτούς τους οποίους θα αντιστοιχίσει στους 2^k

-ψήφιους δυαδικούς αριθμούς και θα κάνει γνωστή αυτήν την αντιστοιχία στον Α. Μετά θα κάνει

ερωτήσεις της μορφής: «Είναι το

ψηφίο

», για $1\leqslant i \leqslant k$ . Αν μας πει ναι, γράφουμε στην αντίστοιχη θέση το 1, αν μας πει όχι γράφουμε το 0. Ισχυρίζομαι τώρα ότι αυτός ο αριθμός δεν μπορεί να είναι ο επιλεγμένος. Πράγματι για αν είναι ο επιλεγμένος πρέπει και οι τελευταίες

απαντήσεις να είναι λανθασμένες αλλά και η αμέσως προηγούμενη, άτοπο. Άρα αφού αποκλείσουμε αυτόν τον αριθμό μας μένουν m-1

αριθμοί και είναι φανερό ότι μπορούμε να συνεχίσουμε την διαδικασία μέχρι να μείνουν 2^k

αριθμοί.

(β) Θα δείξω ότι αν $n \leqslant (1.992)^{k+1}/125$ τότε ο

μπορεί να εγγυηθεί νίκη. Αυτό είναι αρκετό για να δείξει το ζητούμενο.

Για κάθε ερώτηση με ένα σύνολο

και κάθε αριθμό

θα λέμε ότι η απάντηση λέει ναι στον

αν είτε $y \in S$ και η απάντηση (στην ερώτηση αν $x\in S$ ) είναι ναι είτε $y \notin S$ και η απάντηση είναι όχι. Αλλιώς θα λέμε ότι η απάντηση λέει όχι στον

.

Ο Α θα διαλέξει εξ' αρχής

αριθμούς και η στρατηγική του θα είναι τέτοια ώστε για κάθε ένα από αυτούς τους

έστω

και κάθε

συνεχόμενες ερωτήσεις, τουλάχιστον μία από τις απαντήσεις θα είναι ναι στον

. Με αυτό τον τρόπο ο

δεν μπορεί να αποκλειστεί σαν ο επιλεγμένος αριθμός. Και αυτό γιατί στο τέλος αν είναι πράγματι ο

, σε κάθε

συνεχόμενες ερωτήσεις ο

έχει δώσει τουλάχιστον μία σωστή απάντηση.

Μένει τώρα να δείξουμε πως ο

μπορεί να ακολουθήσει αυτήν την στρατηγική. Σε κάθε βήμα ο

κρατάει κάποια «βάρη» για κάθε ένα από αυτούς τους

αριθμούς. Αρχικά κάθε ένας θα έχει βάρος

. Στο επόμενο βήμα αν ο

έχει βάρος

και πούμε ναι στον

το βάρος θα γίνει (1.992)s

αλλιώς θα γίνει

.

Ο

θα διαλέγει πάντα τέτοια απάντηση ώστε το άθροισμα των βαρών να είναι όσο το δυνατόν μικρότερο. Με τον τρόπο που έχουμε διαλέξει τα βάρη, αν κάποιος αριθμός έχει βάρος

, το μέσο βάρος του θα γίνει 0.996s + 1/2

. Οπότε ο

μπορεί να διαλέξει απάντηση τέτοια ώστε αν το άθροισμα των βαρών ήταν

να γίνει το πολύ 0.996S + n/2

.

Αρχικά έχουμε S = n

και σε κάθε βήμα παρατηρούμε ότι αν S < 125n

τότε και στο επόμενο βήμα θα έχουμε S < 125n

αφού

. Επομένως σε κάθε βήμα ισχύει ότι S < 125n

και άρα και το μέγιστο βάρος είναι το πολύ 125n

. Όμως αν ο

δεν μπορεί να ακολουθήσει την στρατηγική που θέλουμε, τότε σε κάποιο βήμα θα υπάρξει ένας αριθμός με βάρος $(1.992)^{k+1} > 125n$ , άτοπο.

-----------------------
Ενδιαφέρον παρουσιάζει να βρούμε την ακριβή συνάρτηση για το πότε κερδίζει ο

και πότε ο

. Η ίδια απόδειξη όπου το νέο βάρος αντι 1.992s

είναι

δίνει ότι αν $n \leqslant C\frac{2^k}{k}$ για κάποια σταθερά

τότε πάλι ο

έχει στρατηγική νίκης. Έχω ακόμη μια πιθανή μέθοδο απόδειξης υπόψη μου και νομίζω ότι και αυτή θα δώσει

στον παρονομαστη. Ενδιαφέρον λοιπόν παρουσιάζει να απαντηθεί αν αυτό το

όντως χρειάζεται ή όχι.

#19

chris έγραψε:.....
Όπως παρατηρήθηκε και στο mathlinks η λύση του πρώτου προβλήματος φαίνεται μικρότερη από την εκφώνηση ενώ και το 2ο είναι προσεγγίσιμο μάλλον εύκολα σχετικά.
....

Από το http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6#p2737526
φαίνεται ότι το 1ο προβλημα προτάθηκε από Ελλάδα.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Nick1990 · #20

Μεταφράζω τη λύση μου στο 4 που έβαλα στο Aops:

Θέτοντας a=b=c=0

προκύπτει

. Για

βλέπουμε ότι η συνάρτηση είναι άρτια. Παίρνοντας διακρίνουσα ως f(a)

, βλέπουμε ότι ισούται με f(b)f(c)

και πρέπει να είναι τετράγωνο για κάθε c,b

, άρα

πρέπει να ισούται με g^2(x)

για κάποια συνάρτηση

που παίρνει μόνο μη αρνητικές ακέραιες τιμές. Αν f(1) = 0

εύκολα βλέπουμε ότι η

είναι

παντού, οπότε έστω $f(1) \neq 0$ . Λύνοντας ως προς f(a) = f(b + c)

και θέτοντας $f = \frac{g^2}{f(1)}$ και πολλαπλασιάζοντας με f(1)

, λαμβάνουμε $g(b+c) = |g(b) \pm g(c)|$ για κάθε δύο ακέραιους b,c

.

Ακόμα, είναι |f(1)| = g(1)

και $g(b+1) = |g(b) \pm g(1)|$ για κάθε $b \in \mathbb{Z}$ και με επαγωγή εύκολα προκύπτει ότι ο ακέραιος g(1)=|f(1)|

διαιρεί το g(x)

για κάθε ακέραιο

. Έστω

για κάθε

, τότε η

είναι μια άρτια συνάρτηση ορισμένη στους ακεραίους, με μη αρνητικές ακέραιες τιμές, $h(b+c) = |h(b) \pm h(c)|$ για κάθε 2 ακέραιους b,c

, και

. Ακόμα $h(b+1) = |h(b) \pm 1|$ για κάθε $b \in \mathbb{Z}$ .

Από τα παραπάνω έχουμε ότι h(2) = 0

ή

. Αν

, τότε προφανώς h(x) = x (mod2)

. Αν

τότε έχουμε τις περιπτώσεις h(3)=1

or

.
Αν

τότε είτε

που εύκολα δίνει ότι η

στους φυσικούς είναι η ακολουθία: 0,1,2,1,0,1,2,1,0 ...

, είτε

με

ή

που και τα δύο δίνουν άτοπο.
Αν h(3) = 3

, θα δείξουμε ότι h(k) = k

για κάθε φυσικό

. Αν όχι, υπάρχει φυσικός $m \geq 2$ , ώστε h(m) = h(m+2)

και έστω ότι αυτός είναι ο ελάχιστος από όλους αυτούς. Εύκολα τότε η

αυξάνει από το

στο

, και

(αφού δεν είναι μηδέν) και άρα h(m) = 1

, άτοπο αφού $h(m) \geq h(2) = 2$ διότι η

αυξάνει από το

στο

. Η επέκταση στους αρνητικούς είναι άμεση διότι η

is άρτια.

Άρα είναι $f(n)f(1) = g^2(1)h^2(n) \Leftrightarrow f(n) = f(1)h^2(n)$ if $f(1) \neq 0$ .

Από τα παραπάνω, έχουμε ότι $f(n) = mh^2(n) \forall n \in \mathbb{Z}$ , όπου

είναι ένας ακέραιος και η

είναι άρτια συνάρτηση που ικανοποιεί:

$h(n) = n \forall n \in \mathbb{N}$

ή

$h(n), n \in \mathbb{N}$ είναι η ακολουθία 0,1,0,1,0,1,0,...

ή

$h(n), n \in \mathbb{N}$ είναι η ακολουθία 0,1,2,1,0,1,2,...

Εύκολα όλες αυτές ικανοποιούν την αρχική συναρτησιακή εξίσωση (οι επαλήθευση στις 2 τελευταίες περιπτώσεις είναι απλή χρησιμοποιόντας το ότι η

είναι τότε

-περιοδική και

-περιοδική αντίστοιχα).

ΥΓ: Είχα κάνει ένα λάθος στον κώδικα στο aops και η λύση φαινόταν λανθασμένη. Το διόρθωσα.

IMO 2012

IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Re: IMO 2012

Μέλη σε σύνδεση