IMO 2014 (Shortlisted Problems)

#21

Με συγχωρείτε για το Α2. Υπήρχε τυπογραφικό το οποίο και διόρθωσα μετά από υπόδειξη του gavrilos.
Αξίζει λοιπόν μία προσπάθεια ακόμα

gavrilos · #22

smar έγραψε:Κάνω μία αντίστοιχη κίνηση με αυτή του Σωτήρη για τις JBMO. Εδώ θα βάζω με τη σειρά τα A1,C1,G1,N1 κοκ γιατί παρατηρείται μεγάλη διαφορά στη δυσκολία:
Τα A1, G1, G5, C3, C5, N3 μπήκαν στο διαγωνισμό και δεν θα τα προτείνω εδώ.

Algebra 2

Θεωρούμε τη συνάρτηση $f:(0,1)\rightarrow (0,1)$ με τύπο:
$f(x)= \begin{cases} x+\frac{1}{2} &\mbox{if } x<\frac{1}{2} \\ x^2 & \mbox{if } x\geq\frac{1}{2}. \end{cases}$

Έστω επίσης δύο πραγματικοί αριθμοί. Ορίζουμε τις ακολουθίες ως εξής: $a_0=a,\ b_0=b$ και $a_n=f(a_{n-1}),\ b_n=f(b_{n-1}).$
Να αποδειχθεί ότι υπάρχει θετικός ακέραιος τέτοιος ώστε
$(a_n-a_{n-1})(b_n-b_{n-1})<0.$

Ορίστε μια προσπάθεια.

Στην ουσία θέλουμε να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{\exists n\in \mathbb{N}}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{a_{n}<\frac{1}{2}\leq b_{n}}$ ή γενικότερα $\displaystyle{\frac{1}{\sqrt[2^m]{2}}\leq a_{n}< \frac{1}{\sqrt[2^{m+1}]{2}}\leq b_{n}}$ .

Θα πάμε με άτοπο.Έστω πως δεν ισχύει η παραπάνω πρόταση.Στην ουσία τώρα υποθέτουμε ότι αν $\displaystyle{a_{i}\in A=\left[\frac{1}{\sqrt[2^{m}]{2}},\frac{1}{\sqrt[2^{m+1}]{2}}\right)}$ τότε $\displaystyle{b_{i}\in A}$ .

Για να μη μπλέξουμε με πράξεις θα θεωρήσουμε πως $\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{2}}< a,b\leq \frac{1}{2}}$ .

$\rule{430pt}{1pt}$

Αυτό μπορούμε να το υποθέσουμε,γιατί αν οι $\displaystyle{a,b}$ που δίνονται είναι πολύ μεγάλοι τότε με διαδοχικές εφαρμογές της $\displaystyle{f}$ θα μικρύνουν

(επειδή $\displaystyle{|x|<1\Rightarrow \lim_{n\to +\infty} x^{n}=0}$ ) ώστε να ανήκουν στο παραπάνω διάστημα και λόγω της υπόθεσης που κάναμε,θα ανήκουν κι οι δύο σε αυτό.

Επίσης αν οι $\displaystyle{a,b}$ είναι μικροί τότε με εφαρμογή του δεύτερου κλάδου της $\displaystyle{f}$ και μετά με τετραγωνίσεις φτάνουν να ανήκουν κι οι δύο σε αυτό το διάστημα.

Μπορούμε να παραλείψουμε όλες τις πρώτες κινήσεις και να ξεκινήσουμε από αυτό το σημείο.

Επίσης σίγουρα θα φτάσουμε να έχουμε όρους σε αυτό το διάστημα επειδή ένας όρος που ανήκει στο διάστημα $\displaystyle{A}$ τότε με τετραγωνισμό

θα πάει στο διάστημα $\displaystyle{A'=\left[\frac{1}{\sqrt[2^{m-1}]{2}},\frac{1}{\sqrt[2^{m}]{2}}\right)}$ άρα θα περάσει από όλα τα διαστήματα αυτής της μορφής.

$\rule{430pt}{1pt}$

Πίσω στο πρόβλημα,θα εξετάσουμε τη συμπεριφορά της διαφοράς $\displaystyle{d_{n}=b_{n}-a_{n}}$ .

Η διαφορά αυτή δε μειώνεται όταν εφαρμόζεται ο πρώτος κλάδος της συνάρτησης και μένει σταθερή με εφαρμογή του δεύτερου.

Η ιδέα είναι να δείξουμε ότι με την υπόθεση που έχουμε κάνει αυτή η διαφορά μπορεί να γίνει πολύ μεγάλη (εμείς τη θέλουμε μεγαλύτερη από $\displaystyle{\frac{1}{2}}$ για το άτοπο).

Προφανώς $\displaystyle{d_{1}=(b-a)(b+a)}$ και $\displaystyle{d_{2}=d_{1}}$ .

Επίσης $\displaystyle{d_{3}=b_{3}-a_{3}=b_{2}^{2}-a_{2}^{2}=(b_{2}-a_{2})(b_{2}+a_{2})=(b-a)(b+a)(b_{1}+a_{1}+1)=(b-a)(b+a)(b^2+a^2+1)}$ .

Όμως $\displaystyle{(b+a)(b^2+a^2+1)>\frac{3}{2}}$ .

Άρα κάθε φορά που φτάνουμε σε σημείο να έχουμε $\displaystyle{a_{k},b_{k}\in B=\left[\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{2}\right)}$ το $\displaystyle{d_{k}}$ είναι τουλάχιστον $\displaystyle{\frac{3d_{k-j}}{2}}$

όπου $\displaystyle{a_{k-j},b_{k-j} \in B}$ και ανάμεσα στα $\displaystyle{k-j,k}$ δεν υπήρξε $\displaystyle{l}$ με $\displaystyle{a_{l},b_{l}\in B}$ .

Όσο αυξάνονται οι εφαρμογές της συνάρτησης στην ακολουθία,θα υπάρξουν άπειρα $\displaystyle{k}$ με αυτή την ιδιότητα

(αφού στην ουσία γίνεται μια συνεχής επανάληψη της διαδικασίας που περιγράψαμε παραπάνω,στις μαύρες γραμμές).

Όσο και να είναι το $\displaystyle{d_{0}}$ ,επειδή $\displaystyle{\lim_{n\to +\infty} \left(\frac{3}{2}\right)^{n}=+\infty}$ ,η ακολουθία $\displaystyle{d_{n}}$ αυξάνεται απεριόριστα και παίρνουμε άτοπο αποδεικνύοντας το ζητούμενο.

Edit:Αν βρεθεί κάποιο λάθος ενημερώστε με,όπως και αν χρειάζεται επιπλέον δικαιολόγηση σε κάποιο σημείο.

#23

Combinatorics 8
Μία στήλη αποτελείται από 1024

κάρτες. Σε κάθε κάρτα είναι γραμμένο ένα σύνολο από διακεκριμένα ψηφία (δεκαδικά) έτσι ώστε να μην υπάρχουν δύο κάρτες με το ίδιο σύνολο ψηφίων (οπότε μία κάρτα είναι κενή). Δύο παίκτες παίρνουν εναλλάξ μία κάρτα σε κάθε κίνηση. Όταν τελειώσουν κάθε παίκτης ελέγχει
αν μπορεί να ρίξει μία από τις κάρτες του έτσι ώστε καθένα από τα δέκα ψηφία να εμφανίζεται άρτιο αριθμό φορών στις εναπομείνασες κάρτες. Αν μόνο ένας παίκτης μπορεί να το κάνει αυτό τότε είναι νικητής, αλλιώς έχουμε ισοπαλία.
Να προσδιορίσετε όλες τις δυνατές πρώτες κινήσεις του πρώτου παίκτη ώστε μετά να έχει στρατηγική νίκης.

Combinatorics 9
Σε ένα κομμάτι χαρτί είναι γραμμένοι

κύκλοι ώστε ανά δύο να έχουν δύο κοινά σημεία και ανά τρεις να μην περνούν από το ίδιο σημείο. Ο Turbo το φίδι, έρπεται κατά μήκος των κύκλων με τον ακόλουθο τρόπο. Αρχικά κινείται σε έναν από τους κύκλους κατά τη φορά του ρολογιού και πάντα συνεχίζει να έρπεται στον ίδιο κύκλο μέχρι να βρει σημείο τομής με άλλον κύκλο. Τότε συνεχίζει στον νέο κύκλο και επίσης αλλάζει και διεύθυνση.
Υποθέτουμε ότι ο Turbo καλύπτει όλους τους κύκλους. Να αποδειχθεί ότι

περιττός.

Number Theory 4
Έστω n>1

ένας δοσμένος ακέραιος. Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν άπειροι όροι της ακολουθίας (a_k)

που ορίζεται ως $\displaystyle{a_k=\lfloor\frac{n^k}{k}\rfloor},$ είναι περιττοί.

Number Theory 5
Να βρεθούν όλες οι τριάδες (x,y,p)

όπου

πρώτος και x,y

θετικοί ακέραιοι, έτσι ώστε οι αριθμοί $x^{p-1}+y$ και $y^{p-1}+x$ να είναι δυνάμεις του

Petros N. · #24

smar έγραψε: Number Theory 4
Έστω ένας δοσμένος ακέραιος. Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν άπειροι όροι της ακολουθίας που ορίζεται ως $\displaystyle{a_k=\lfloor\frac{n^k}{k}\rfloor},$ είναι περιττοί.

1) Άν

περιττός έστω

πρώτος που διαιρεί τον

. Προφανώς για k=p^x

ισχύει το ζητούμενο.

2) Άν

άρτιος μεγαλύτερος του 2:

Έστω

πρώτος που διαιρεί τον n-1

. Εύκολα (με επαγωγή στο

, με LTE) προκύπτει ότι $q^m|n^{q^m}-1$ .

Τότε $n^{q^m}=yq^m+1$ , με

προφανώς περιττό (mod2). Άρα:

$\displaystyle a_{q^m}=\lfloor\frac{n^{q^m}}{q^m}\rfloor=\lfloor\frac{yq^m+1}{q^m}\rfloor}=y \equiv 1 (mod2)$

3) Άν n=2

Για κάθε

έστω πρώτος

ώστε:

$\displaystyle p|2^{2^l-l}-1 \implies p|2^{p2^l-l}-1 \implies p2^l|2^{p2^l}-2^l \implies 2^{p2^l}=zp2^l+2^l$

Αφού p2^l>l+1

παίρνοντας στη τελευταία $mod 2^{l+1}$ παίρνουμε

περιττό.

Τώρα: $\displaystyle a_{p2^l}=\lfloor\frac{2^{p2^l}}{p2^l}\rfloor=\lfloor\frac{zp2^l+2^l}{p2^l} \rfloor =z \equiv 1(mod2)$

#25

Number theory 6
Έστω a_1<a_2<...<a_n

ανά δύο πρώτοι θετικοί ακέραιοι. O a_1

είναι πρώτος και $a_1\geq n+2.$ Στο ευθύγραμμο τμήμα I=[0,a_1a_2...a_n]

σημειώνουμε όλους τους ακεραίους που διαιρούνται με τουλάχιστον έναν από τους αριθμούς a_1,..,a_n.

Αυτά τα σημεία που σημειώσαμε στο

το διαιρούν σε μικρότερα τμήματα.
Να αποδειχθεί ότι το άθροισμα των τετραγώνων των μηκών αυτών των τμημάτων διαιρείται από το a_1.

Number theory 7
Έστω $c\geq 1$ ένας ακέραιος. Ορίζουμε την ακολουθία θετικών ακεραίων με a_1=c

και $a_{n+1}=a_n^3-4ca_n^2+5c^2a_n+c.$ Να αποδειχθεί ότι για κάθε $n\geq 2$ υπάρχει ένας πρώτος

που διαιρεί το a_n

αλλά κανέναν από τους $a_1,...,a_{n-1}.$

Number theory 8
Για κάθε πραγματικό αριθμό

συμβολίζουμε με $\|x\|$ την απόσταση του

από τον κοντινότερο σε αυτόν ακέραιο.
Να αποδειχθεί ότι για κάθε ζεύγος (a,b)

θετικών ακεραίων, υπάρχει ένας περιττός πρώτος

και ένας θετικός ακέραιος

ώστε
$\displaystyle{\left\|\frac{a}{p^k}\right\|+\left\|\frac{b}{p^k}\right\|+\left\|\frac{a+b}{p^k}\right\|=1.}$

Αρχιμήδης 6 · #26

smar έγραψε:
Number theory 8
Για κάθε πραγματικό αριθμό συμβολίζουμε με $\|x\|$ την απόσταση του από τον κοντινότερο σε αυτόν ακέραιο.
Να αποδειχθεί ότι για κάθε ζεύγος θετικών ακεραίων, υπάρχει ένας περιττός πρώτος και ένας θετικός ακέραιος ώστε
$\displaystyle{\left\|\frac{a}{p^k}\right\|+\left\|\frac{b}{p^k}\right\|+\left\|\frac{a+b}{p^k}\right\|=1.}$

Την έσβησα γιατί βρήκα λάθος. Δεν διάβασα σωστά το πρόβλημα !

Grigoris K. · #27

Είναι εύκολο να αναρτηθούν και τα προβλήματα Γεωμετρίας;

#28

Geometry 3
Έστω $\Omega$ και

ο περιγεγραμμένος κύκλος και το περίκεντρο ενός οξυγωνίου τριγώνου ABC

με

Η διχοτόμος της γωνίας

τέμνει τον $\Omega$ στο

Έστω $\Gamma$ ο κύκλος διαμέτρου BM.

Οι διχοτόμοι των γωνιών $\angle{AOB},\angle{BOC}$ τέμνουν τον $\Gamma$ στα σημεία P,Q.

(ως ημιευθείες).
Το σημείο

ανήκει στην

ώστε

Να αποδειχθεί ότι BR//AC.

Geometry 4
Θεωρούμε έναν σταθερό κύκλο $\Gamma$ και τρία σταθερά σημεία A,B,C

πάνω του. Σταθεροποιούμε και έναν αριθμό $\lambda\in (0,1).$
Για ένα μεταβλητό σημείο $P\notin\{A,B,C\}$ στον $\Gamma$ , θεωρούμε σημείο

πάνω στο τμήμα

ώστε $CM=\lambda CP.$ Έστω

το δεύτερο κοινό σημείο των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων AMP, BMC.

Να αποδειχθεί ότι καθώς το

κινείται, το

ανήκει σε σταθερό κύκλο.

Αρχιμήδης 6 · #29

Καλημέρα σας!
Ο αριθμός σε κάθε πρόβλημα προσδιορίζει και την δυσκολία τους; Π.χ Το N1 είναι πιο εύκολο από το Ν4;

#30

Αρχιμήδης 6 έγραψε:Καλημέρα σας!
Ο αριθμός σε κάθε πρόβλημα προσδιορίζει και την δυσκολία τους; Π.χ Το N1 είναι πιο εύκολο από το Ν4;

Ναι.

#31

smar έγραψε:Combinatorics 8
Μία στήλη αποτελείται από κάρτες. Σε κάθε κάρτα είναι γραμμένο ένα σύνολο από διακεκριμένα ψηφία (δεκαδικά) έτσι ώστε να μην υπάρχουν δύο κάρτες με το ίδιο σύνολο ψηφίων (οπότε μία κάρτα είναι κενή). Δύο παίκτες παίρνουν εναλλάξ μία κάρτα σε κάθε κίνηση. Όταν τελειώσουν κάθε παίκτης ελέγχει
αν μπορεί να ρίξει μία από τις κάρτες του έτσι ώστε καθένα από τα δέκα ψηφία να εμφανίζεται άρτιο αριθμό φορών στις εναπομείνασες κάρτες. Αν μόνο ένας παίκτης μπορεί να το κάνει αυτό τότε είναι νικητής, αλλιώς έχουμε ισοπαλία.
Να προσδιορίσετε όλες τις δυνατές πρώτες κινήσεις του πρώτου παίκτη ώστε μετά να έχει στρατηγική νίκης.

Θα δείξουμε πιο γενικά ότι για $n \geqslant 3$ ψηφία και 2^n

κάρτες ο πρώτος παίκτης έχει στρατηγική νίκης ξεκινώντας με οποιαδήποτε κάρτα εκτός από την κενή.

Μπορούμε να παραστήσουμε κάθε κάρτα με

-ψήφιο δυαδικό αριθμό. Π.χ. στην περίπτωση που n=10

μπορώ να αντιστοιχίσω την κάρτα που περιέχει τα ψηφία 0,1,5,7

με την ακολουθία 1100010100

.

Στην λύση θα προσθέτω αυτούς τους δυαδικούς αριθμούς όχι όμως με τον συνήθη τρόπο. Η πρόσθεση θα γίνεται σε κάθε ψηφίο $\mod 2$ . Π.χ. 1010 + 0110 = 0100

.

Με αυτήν την πρόσθεση είναι προφανές ότι ένας παίκτης μπορεί να ρίξει μια κάρτα ώστε κάθε ένα από τα ψηφία του να εμφανίζεται άρτιο αριθμό φορών στις υπόλοιπες κάρτες αν και μόνο αν το άθροισμα των καρτών του είναι μια κάρτα που του ανήκει. (Αυτή είναι και η κάρτα που πρέπει να πετάξει.)

Επειδή επιπλέον το συνολικό άθροισμα όλων των καρτών ισούται με 0 (με το οποίο συμβολίζω την κενή κάρτα σε συντομία του $0 \cdots 0$ ) οι δύο παίκτες έχουν το ίδιο άθροισμα καρτών. Άρα δεν μπορεί να υπάρξει ισοπαλία και ο παίκτης που κερδίζει είναι αυτός που έχει την κάρτα με αριθμό το άθροισμα των καρτών του.

Ας δούμε τώρα την στρατηγική νίκης του πρώτου παίκτη αν επιλέξει αρχικά την κάρτα

με $x \neq 0$ .

Περίπτωση 1: Ο δεύτερος παίκτης επιλέγει την

με $y \neq 0$ .

Τότε ο πρώτος παίκτης επιλέγει την x+y

. Μετά χωρίζει τις 2^n

κάρτες σε $2^{n-2}$ τετράδες της μορφής $\{z,z+x,z+y,z+x+y\}$ . Η στρατηγική του πρώτου παίκτη θα είναι η εξής. Στην τετράδα $\{0,x,y,x+y\}$ έχει ήδη επιλέξει τα x,x+y

. Δεν θέλει να επιλέξει άλλη κάρτα από αυτό το σύνολο. Σε κάθε άλλη τετράδα της μορφής $\{z,z+x,z+y,z+x+y\}$ θέλει να επιλέξει ακριβώς δύο κάρτες με το άθροισμά τους να ισούται με

ή με

.

Αν το επιτύχει το πιο πάνω θα έχει ένα ζεύγος από την τετράδα $\{0,x,y,x+y\}$ με άθροισμα

και περιττό αριθμό ζευγών από τις υπόλοιπες τετράδες, κάποια με άθροισμα

και κάποια με άθροισμα x+y

. Αν τα προσθέσουμε όλα αυτά το

προστίθεται περιττό αριθμό φορών. Το

προστίθεται είτε περιττό είτε άρτιο αλλά δεν μας ενδιαφέρει αφού το συνολικό άθροισμα θα είναι είτε

είτε

που είναι κάρτα του πρώτου παίκτη.

Θα δείξουμε τώρα πως μπορεί ο πρώτος παίκτης να επιτύχει το πιο πάνω. Αν στην τετράδα $\{z,z+x,z+y,z+x+y\}$ παίξει πρώτος ο δεύτερος παίκτης και επιλέξει το

τότε ο πρώτος παίκτης επιλέγει το z+y

. Αργότερα όταν ο δεύτερος παίκτης επιλέξει το ένα από τα z+x,z+x+y

ο πρώτος παίκτης επιλέγει το άλλο. Το άθροισμά του θα είναι όντως

ή

. Αν ο δεύτερος παίκτης αντί του

επιλέξει το z+x,z+y,z+x+y

ο πρώτος επιλέγει το z+x+y,z+z+x

αντίστοιχα και πάλι πετυχαίνει τον στόχο του σε αυτήν την τετράδα.

Υπάρχουν και περιπτώσεις όπου ο πρώτος παίκτης μπορεί να αναγκαστεί να παίξει πρώτος σε μία από τις τετράδες. Π.χ. αυτό συμβαίνει για πρώτη φορά όταν ο δεύτερος παίκτης επιλέξει το

αλλά μπορεί να συμβεί και αργότερα. Σε αυτήν την περίπτωση ο πρώτος παίκτης επιλέγει αυθαίρετα μία τετράδα και παίρνει το

από αυτήν την τετράδα. Όταν ο δεύτερος παίκτης παίξει για πρώτη φορά σε αυτήν την τετράδα μετά ο πρώτος παίκτης επιλέγει είτε το z+x

είτε το

. Θα μπορεί σίγουρα να επιλέξει το ένα από τα δύο.

Άρα όντως ο στόχος του πρώτου παίκτη επιτυγχάνεται.

Περίπτωση 2: Ο δεύτερος παίκτης επιλέγει το

.

Τότε ο πρώτος παίκτης επιλέγει ένα οποιοδήποτε x+y

, χωρίζει πάλι τις κάρτες σε τετράδες της μορφής $\{z,z+x,z+y,z+x+y\}$ και κερδίζει με ακριβώς την ίδια στρατηγική όπως προηγουμένως.

Θα δούμε τώρα ότι ο δεύτερος παίκτης έχει στρατηγική νίκης όταν ο πρώτος παίκτης επιλέξει το

. Σε αυτήν την περίπτωση ο δεύτερος παίκτης επιλέγει αυθαίρετα ένα

. Αν ο πρώτος παίκτης στην επόμενη κίνηση επιλέξει το

ο δεύτερος επιλέγει το x+y

. Ακολούθως χωρίζει τα υπόλοιπα χαρτιά σε τετράδες της μορφής $\{z,z+x,z+y,z+x+y\}$ και κερδίζει με ακριβώς την ίδια στρατηγική που είχε ο πρώτος παίκτης προηγουμένως.

gavrilos · #32

smar έγραψε:Geometry 3
Έστω $\Omega$ και ο περιγεγραμμένος κύκλος και το περίκεντρο ενός οξυγωνίου τριγώνου με Η διχοτόμος της γωνίας τέμνει τον $\Omega$ στο Έστω $\Gamma$ ο κύκλος διαμέτρου Οι διχοτόμοι των γωνιών $\angle{AOB},\angle{BOC}$ τέμνουν τον $\Gamma$ στα σημεία (ως ημιευθείες).
Το σημείο ανήκει στην ώστε Να αποδειχθεί ότι

Γεια σου Σιλουανέ.

Στην ουσία οι διχοτόμοι των $\displaystyle{\angle{AOB},\angle{BOC}}$ είναι οι μεσοκάθετοι των $\displaystyle{AB,BC}$ αντίστοιχα.

ΛΗΜΜΑ: Αν $\displaystyle{R,S}$ οι δεύτερες τομές των μεσοκαθέτων των $\displaystyle{AB,BC}$ με τον $\displaystyle{\Gamma}$ τότε το $\displaystyle{PQRS}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

: ISL2014-G3-Λήμμα.PNG (17.16 KiB) Προβλήθηκε 2582 φορές

ΑΠΟΔΕΙΞΗ:Θεωρούμε τα σημεία $\displaystyle{X,Y}$ που είναι οι τομές των μεσοκαθέτων των $\displaystyle{AB,BC}$ αντίστοιχα,με την $\displaystyle{BM}$ .

Επίσης έστω $\displaystyle{K}$ το κέντρο του $\displaystyle{\Gamma}$ .Προφανώς $\displaystyle{OK\perp BM}$ ως απόστημα.

Επιπλέον ισχύει $\displaystyle{\angle{OXK}=\angle{BXP}=90-\frac{\angle{B}}{2}}$ .Ομοίως $\displaystyle{\angle{OYB}=90-\frac{\angle{B}}{2}}$ .Άρα το $\displaystyle{\triangle{OXY}}$ είναι ισοσκελές.

Επομένως η $\displaystyle{OK}$ είναι και διάμεσος δηλαδή ισχύει $\displaystyle{KX=KY\Leftrightarrow BX=MY}$ .

Το θεώρημα τεμνουσών δίνει $\displaystyle{PX\cdot XR=BX\cdot MX}$ και $\displaystyle{SY\cdot YQ=MY\cdot BY}$ άρα σύμφωνα με τα παραπάνω ισχύει $\displaystyle{PX\cdot XR=SY\cdot YQ \ \bf \color{red} (1)}$ .

Οι $\displaystyle{PR,QS}$ τέμνονται στο $\displaystyle{O}$ άρα ισχύει και $\displaystyle{PO\cdot OR=SO\cdot OQ}$ .

Ισοδύναμα $\displaystyle{(PX+XO)(RX-XO)=(SY+YO)(QY-YO)}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow PX\cdot RX-PX\cdot XO+XO\cdot RX-XO^{2}=SY\cdot QY-SY\cdot YO+YO\cdot QY-YO^{2}}$

$\displaystyle{\overset{\bf \color{red} (1)}\Leftrightarrow -PX\cdot XO+XO\cdot RX-XO^{2}=-SY\cdot YO+YO\cdot QY-YO^{2}}$ .

Αν λάβουμε υπ' όψιν και ότι $\displaystyle{OX=OY}$ η παραπάνω τελικά δίνει $\displaystyle{RX-PX=QY-SY}$ .

Επομένως $\displaystyle{(RX-PX)^{2}=(QY-SY)^{2}\overset{\bf \color{red} (1)}\Leftrightarrow (RX-PX)^{2}+4PX\cdot RX=(QY-SY)^{2}+4QY\cdot SY\Leftrightarrow (RX+PX)^{2}=(QY+SY)^{2}}$ .

Τελικά $\displaystyle{PR=QS}$ που δίνει το ζητούμενο (κάθε δύο ίσες χορδές με μη κοινά άκρα ορίζουν ισοσκελές τραπέζιο).

$\rule{420pt}{1pt}$

: ISL2014-G3(1).PNG (29.66 KiB) Προβλήθηκε 2582 φορές

Πίσω στο πρόβλημα,γνωρίζουμε πως σε ισοσκελές τραπέζιο η ευθεία που ενώνει το περίκεντρο με την τομή των διαγωνίων είναι μεσοκάθετος των βάσεων.

Άρα $\displaystyle{OK\perp PS}$ .Όμως $\displaystyle{OK\perp BM}$ επομένως $\displaystyle{PS\parallel BM}$ δηλαδή και το $\displaystyle{PSMB}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Άρα $\displaystyle{\angle{PSQ}=\angle{BYQ}=90-\frac{\angle{B}}{2}}$ .Επομένως η $\displaystyle{\angle{PKQ}}$ ως αντίστοιχη επίκεντρη της $\displaystyle{\angle{PSQ}}$ ισούται με $\displaystyle{180-\angle{B}}$ .

Όμως ισχύει επίσης $\displaystyle{\angle{POQ}=180-\angle{B}}$ (εύκολο).Άρα το $\displaystyle{OKQP}$ είναι εγγράψιμο.

$\rule{420pt}{1pt}$

Επειδή έχω ορίσει ήδη σημείο $\displaystyle{R}$ ,το αντίστοιχο σημείο της εκφώνησης το συμβολίζω με $\displaystyle{T}$ .Εξ' ορισμού $\displaystyle{T\equiv KO\cap PQ}$ .

: ISL2014-G3(2).PNG (24.5 KiB) Προβλήθηκε 2582 φορές

Λόγω του εγγράψιμου ισχύει $\displaystyle{\angle{OPK}=180-\angle{KPQ}-\angle{TPO}=180-\angle{KQP}-\angle{OKQ}=\angle{PTO}}$ .

Επομένως $\displaystyle{\triangle{OPK}\simeq \triangle{KPT}\Leftrightarrow KP^{2}=KO\cdot KT\overset{KP=KB}\Leftrightarrow KB^{2}=KO\cdot KT}$ .

Επομένως $\displaystyle}\triangle{KOB}\simeq \triangle{KBT}\Leftrightarrow \angle{KTB}=\angle{OBK}}$ .

Άρα $\displaystyle{\angle{KBT}=90-\angle{OBK}=90-\left(\frac{\angle{B}}{2}-90+\angle{C}\right)=180-\angle{C}-\frac{\angle{B}}{2}=\angle{A}+\frac{\angle{B}}{2}}$ .

Ισοδύναμα $\displaystyle{\angle{ABT}+\angle{ABK}+\angle{A}+\frac{\angle{B}}{2}\Leftrightarrow \angle{ABT}=\angle{A}\Leftrightarrow \boxed{BT\parallel AC}}$ που είναι το ζητούμενο.

Grigoris K. · #33

smar έγραψε:Geometry 3
Έστω $\Omega$ και ο περιγεγραμμένος κύκλος και το περίκεντρο ενός οξυγωνίου τριγώνου με Η διχοτόμος της γωνίας τέμνει τον $\Omega$ στο Έστω $\Gamma$ ο κύκλος διαμέτρου Οι διχοτόμοι των γωνιών $\angle{AOB},\angle{BOC}$ τέμνουν τον $\Gamma$ στα σημεία (ως ημιευθείες).
Το σημείο ανήκει στην ώστε Να αποδειχθεί ότι

Καλησπέρα. Μετά τη λύση του gavrilos δίνω ακόμη μία:

Οι $\displaystyle{ OP, OQ }$ είναι μεσοκάθετοι των $\displaystyle{ AB,BC }$ αντίστοιχα. Έστω $\displaystyle{ N,Z }$ τα μέσα των $\displaystyle{ AB,BC}$ αντίστοιχα. Έστω $\displaystyle{ B' }$ το συμμετρικό του $\displaystyle{ B }$ ως προς το $\displaystyle{ P }$

και $\displaystyle{ B'' }$ το συμμετρικό του $\displaystyle{ B }$ ως προς το $\displaystyle{ Q }$ . Ισχύει $\displaystyle{ AP = BP = BP' }$ άρα $\displaystyle{ \triangle B'AB }$ ορθογώνιο. Ομοίως προκύπτει ότι $\displaystyle{ \triangle BCB'' }$ ορθογώνιο.

Επίσης ισχύει φανερά $\displaystyle{ MB' = MB = MB'' }$ . Έστω $\displaystyle{ W }$ έτσι ώστε $\displaystyle{ WC \perp BC }$ και $\displaystyle{ WC = AB' }$ . Τότε οι $\displaystyle{ B'A }$ και $\displaystyle{ WC }$ τέμνονται στο $\displaystyle{ J }$ που είναι

το αντιδιαμετρικό του $\displaystyle{ B }$ στον $\displaystyle{ (O)}$ . Ισχύει $\displaystyle{ \angle JAM = \angle JCM }$ και επίσης $\displaystyle{ AM = CM }$ και $\displaystyle{ AB' = CW }$ . Άρα από Π-Γ-Π είναι $\displaystyle{ \triangle WCM = \triangle B'AM }$ .

Επομένως $\displaystyle{ MW = MB' = MB }$ , δηλαδή $\displaystyle{ W\in (M,MB) }$ και $\displaystyle{ CW \perp BC }$ άρα λόγω του μονοσήμαντου $\displaystyle{ W \equiv B'' }$ . Άρα $\displaystyle{ \angle AMB' = \angle CMB'' }$ .

Όμως $\displaystyle{ \angle AMC = 180^o - \angle B }$ άρα τελικά $\displaystyle{ \angle B'MB'' = 180^o -\angle B }$ και επειδή $\displaystyle{ PD \parallel B'M}$ και $\displaystyle{ DQ \parallel MB'' }$ έπεται ότι $\displaystyle{ \angle PDQ = 180^o - \angle B }$ .

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{ \angle POQ = 180^o - \angle B = \angle PDQ \implies PODQ }$ εγγράψιμο. Έστω $\displaystyle{ V \equiv RB \cap (\Gamma) }$ . Ισχύει $\displaystyle{ RV\cdot RB = RP \cdot RQ = RO \cdot RD }$ .

Άρα $\displaystyle{ VODB }$ εγγράψιμο, δηλαδή $\displaystyle{ OV \perp VD}$ . Επίσης $\displaystyle{ MV \perp VB }$ επειδή $\displaystyle{ V \in (\Gamma)}$ . Άρα $\displaystyle{ M,O,V }$ συνευθειακά. Άρα $\displaystyle{ OM \perp VB}$ . Όμως $\displaystyle{ OM \perp AC }$ .

Συνεπώς $\displaystyle{ BR \parallel AC }$ . (Σημείωση: Το $\displaystyle{ R }$ προκύπτει ως η τομή της μεσοκαθέτου $\displaystyle{ OD }$ της $\displaystyle{ BM }$ με την $\displaystyle{ PQ }$ .)

#34

Παραθέτω και τα δύο τελευταία προβλήματα της λίστας.

Geometry 6
Έστω ABC

ένα οξυγώνιο τρίγωνο. Τα σημεία E,F

ανήκουν στις πλευρές AC,AB

αντίστοιχα και

είναι το μέσον του EF.

Η μεσοκάθετη της

τέμνει την ευθεία

στο

και η μεσοκάθετος της

τέμνει τις AC,AB

στα

Το ζεύγος

θα λέγεται ενδιαφέρον αν το KSAT

είναι εγγράψιμο.
Υποθέτουμε ότι τα ζεύγη (E_1,F_1),(E_2,F_2)

είναι ενδιαφέροντα.
Να αποδειχθεί ότι $\frac{E_1E_2}{AB}=\frac{F_1F_2}{AC}.$

Geometry 7
Έστω ABC

ένα τρίγωνο με περίκυκλο $\Omega$ και έκκεντρο

Η κάθετη από το

στην

τέμνει τέμνει το τμήμα

και το τόξο

(που δεν περιέχει το

) στα σημεία U,V.

Η παράλληλη από το

στην

τέμνει την

στο

και η από το

παράλληλη στην

τέμνει την

στο

Έστω

και

τα μέσα των

και

αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι αν τα I,X,Y

είναι συνευθειακά, τότε είναι και τα I,W,Z.

Antonis_Z · #35

smar έγραψε:Geometry 7
Έστω ένα τρίγωνο με περίκυκλο $\Omega$ και έκκεντρο Η κάθετη από το στην τέμνει τέμνει το τμήμα και το τόξο (που δεν περιέχει το ) στα σημεία Η παράλληλη από το στην τέμνει την στο και η από το παράλληλη στην τέμνει την στο Έστω και τα μέσα των και αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι αν τα είναι συνευθειακά, τότε είναι και τα

Μια λύση που βρήκαμε σε συνεργασία με τον Πάνο Μισιακό.

Αρχικά ορίζουμε τα σημεία $U'\equiv AC\cap IU$ κι ότι η ίδια ευθεία τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο

.
Επίσης θεωρούμε $T\equiv UX\cap AB$ και $P\equiv TU'\cap AI$ .
Αφού τα X,Y,I

είναι συνευθειακά,απ'το θεώρημα του Θαλή έπεται ότι $\frac{XU}{YV}=\frac{IU}{IV}=\frac {AX}{AV}$ .Επίσης πάλι απ'το θεώρημα του Θαλή $\frac{AX}{AV}=\frac{TX}{YV}$ .Συνδυάζοντας τις δυο σχέσεις προκύπτει TX=TU

.Επιπλέον,είναι προφανές ότι IU=IU'

.Επομένως,διαπιστώνουμε πως $IX\parallel TU'$ .Όμως, $IP\parallel TU$ ,συνεπώς

μέσο του

κι επειδή

διχοτόμος της $\angle TAU'$ ,έχουμε $IP\perp TU'$ .Επειδή,τώρα, $IX\parallel TU'$ προκύπτει $XI\perp AI$ .

Στο τρίγωνο $\vartriangle AIU'$ γνωρίζουμε τις γωνίες $\angle IAU'=A/2,\angle IU'A=90+C/2\Rightarrow \angle AIU' =B/2$ . Όμως $AI\parallel YV\Rightarrow \angle YVI=B/2=\angle YBI$ ,δηλαδή το YBVI

είναι εγγράψιμο.Οπότε $\angle BVI=AYI=90-A/2=\frac{\angle BVC}{2}$ ,συνεπώς το

είναι μέσο του τόξου $\arc{BAC}$ .Τώρα-σύμφωνα με γνωστή πρόταση-γίνεται φανερό ότι το

είναι το σημείο επαφής του
A-μικτοεγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $\vartriangle ABC$ .

Αφού συγκεντρώσαμε αρκετά στοιχεία,πάμε να αποδείξουμε το ζητούμενο.
Έστω πως η παράλληλη από το

προς την

τέμνει τη

στο

κι ότι $AI\cap BC\equiv D$ .
Για να είναι τα I,W,Z

συνευθειακά αρκεί να αποδείξουμε ότι η δέσμη I(X,D',D,Z)

είναι αρμονική.Αφού,όμως,
$\angle DIX=90$ ,αρκεί $\angle D'ID=\angle DIZ\Leftrightarrow \angle VAI=DIZ$ .
Για να αποδείξουμε την τελευταία ισότητα θα δείξουμε ότι $\vartriangle AVI\sim IMZ$ ,όπου

το μέσο του τόξου $\arc{BC}$ .
Τα δύο αυτά τρίγωνα έχουν $\angle AVI=IMZ$ ,άρα αρκεί να είναι $\frac {AV}{VI}=\frac{IM}{MZ}$ .
Ωστόσο,λόγω του νόμου ημιτόνων και του ορθογωνίου τριγώνου $\vartriangle IVM$ λαμβάνουμε
$\frac{AV}{VI}=\frac{2Rsin(\widehat{AMV})}{MIsin(\widehat{AMV})}=\frac {ML}{MC}=\frac{IM}{MC}$ ,απ'τη γνωστή σχέση $MI^2=MC^2=MB^2=MZ\cdot ML$ .
Το ζητούμενο αποδείχθηκε.

#36

smar έγραψε: Number theory 8
Για κάθε πραγματικό αριθμό συμβολίζουμε με $\|x\|$ την απόσταση του από τον κοντινότερο σε αυτόν ακέραιο.
Να αποδειχθεί ότι για κάθε ζεύγος θετικών ακεραίων, υπάρχει ένας περιττός πρώτος και ένας θετικός ακέραιος ώστε
$\displaystyle{\left\|\frac{a}{p^k}\right\|+\left\|\frac{b}{p^k}\right\|+\left\|\frac{a+b}{p^k}\right\|=1.}$

Έστω

το γινόμενο όλων των περιττών στο διάστημα [1,2a]

. Τότε είναι $\displaystyle{P_1 = \frac{(2a)!}{2^a a!}.}$ Έστω επίσης P_2

το γινόμενο όλων των περιττών στο διάστημα [2b+1,2b+2a]

. Είναι $\displaystyle{ P_2 = \frac{(2b+2a)!b!}{2^a(2b)!(b+a)!}.}$

Επειδή P_2 > P_1

τότε είναι $\displaystyle{ (2b+2a)!b!a! > (b+a)!(2b)!(2a)!}$ Επειδή επιπλέον τα P_1,P_2

είναι περιττοί, τότε η μεγαλύτερη δύναμη του 2 που διαιρεί το (2b+2a)!b!a!

είναι ίση με την μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί το (b+a)!(2b)!(2a)!

. Άρα υπάρχει περιττός πρώτος

ώστε η μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί το (2b+2a)!b!a!

είναι μεγαλύτερη από την μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί το (b+a)!(2b)!(2a)!

Χρησιμοποιώντας τον τύπο που λέει ότι η μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί το

είναι η $\displaystyle{ \sum_{k \geqslant 1} \lfloor \frac{n}{p^k} \rfloor}$ καταλήγουμε στο ότι υπάρχει περιττός πρώτος

και $k \geqslant 1$ ώστε

$\displaystyle{ \left\lfloor \frac{2a+2b}{p^k} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{a}{p^k} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{b}{p^k} \right\rfloor > \left\lfloor \frac{2a}{p^k}\right\rfloor + \left\lfloor \frac{2b}{p^k} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{a+b}{p^k} \right\rfloor \quad (\ast)}$

Μπορώ να υποθέσω ότι $\lfloor \frac{a}{p^k} \rfloor = x$ και $\lfloor \frac{b}{p^k} \rfloor = y$ .

Τότε έχω $\displaystyle{ \left\lfloor \frac{2a+2b}{p^k} \right\rfloor \in \{2x+2y,2x+2y+1,2x+2y+2,2x+2y+3\}.}$

Αν $\displaystyle{ \left\lfloor \frac{2a+2b}{p^k} \right\rfloor = 2x+2y}$ τότε είναι $\displaystyle{\left\lfloor \frac{2a}{p^k}\right\rfloor =2x, \left\lfloor \frac{2b}{p^k} \right\rfloor =2y}$ και $\displaystyle{\left\lfloor \frac{a+b}{p^k} \right\rfloor = x+y}$ οπότε η $(\ast)$ δεν ισχύει.

Αν $\displaystyle{ \left\lfloor \frac{2a+2b}{p^k} \right\rfloor = 2x+2y+3}$ τότε είναι $\displaystyle{\left\lfloor \frac{2a}{p^k}\right\rfloor =2x+1, \left\lfloor \frac{2b}{p^k} \right\rfloor =2y+1}$ και $\displaystyle{\left\lfloor \frac{a+b}{p^k} \right\rfloor = x+y+1}$ οπότε πάλι η $(\ast)$ δεν ισχύει.

Αν $\displaystyle{ \left\lfloor \frac{2a+2b}{p^k} \right\rfloor = 2x+2y+2}$ τότε είναι $\displaystyle{\left\lfloor \frac{a+b}{p^k} \right\rfloor = x+y+1}$ . Επίσης δεν μπορώ να έχω $\displaystyle{\left\lfloor \frac{2a}{p^k}\right\rfloor =2x$ και $\left\lfloor \frac{2b}{p^k} \right\rfloor =2y+1}$ αλλά πρέπει $\displaystyle{\left\lfloor \frac{2a}{p^k}\right\rfloor + \left\lfloor \frac{2b}{p^k} \right\rfloor \geqslant 2x + 2y+1}$ . Άρα πάλι η $(\ast)$ δεν ισχύει.

Οπότε πρέπει $\displaystyle{ \left\lfloor \frac{2a+2b}{p^k} \right\rfloor = 2x+2y+1}$ και επίσης πρέπει $\displaystyle{\left\lfloor \frac{2a}{p^k}\right\rfloor =2x, \left\lfloor \frac{2b}{p^k} \right\rfloor =2y}$ και $\displaystyle{\left\lfloor \frac{a+b}{p^k} \right\rfloor = x+y}$ .

Σε αυτήν όμως την περίπτωση έχω $\displaystyle{ \frac{a}{p^k} = x + \delta_1}$ και $\displaystyle{ \frac{b}{p^k} = y + \delta_2}$ όπου $0 \leqslant \delta_1,\delta_2 < 1/2$ αλλά $\delta_1 + \delta_2 \geqslant 1/2$ .

Τότε όμως είναι

$\displaystyle{ \left\| \frac{a}{p^k} \right\| = \delta_1, \left\| \frac{b}{p^k} \right\| = \delta_2}$ και $\displaystyle{ \left\| \frac{a+b}{p^k} \right\| = 1-(\delta_1+\delta_2)}$ οπότε το ζητούμενο έπεται.

#37

smar έγραψε: Number Theory 5
Να βρεθούν όλες οι τριάδες όπου πρώτος και θετικοί ακέραιοι, έτσι ώστε οι αριθμοί $x^{p-1}+y$ και $y^{p-1}+x$ να είναι δυνάμεις του

Για

είναι απλό αφού έχουμε όλα τα ζεύγη (x,y,2)

με

δύναμη του

. Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι ο

είναι περιττός πρώτος. Θα δείξω ότι σε αυτήν την περίπτωση οι μόνες λύσεις είναι οι (2,5,3)

και

Ισχυρίζομαι αρχικά ότι το

δεν είναι πολλαπλάσιο του

. Πράγματι έστω ότι $xy \equiv 0 \bmod p$ . Τότε χωρίς βλάβη της γενικότητας είναι $x \equiv 0 \bmod p$ και άρα είναι και $y \equiv 0 \bmod p$ . Έστω ότι a,b

είναι οι μεγαλύτερες δυνάμεις του

που διαιρούν τα x,y

και έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι $a \geqslant b$ . Τότε το

$\displaystyle{ \frac{x^{p-1}+y}{p^b} = p^{b(p-2)}\left(\frac{x}{p^b}\right)^{p-1} + \frac{y}{p^b}}$

είναι δύναμη του

, άτοπο αφού δεν είναι καν πολλαπλάσιο του

.

Αφού το

δεν είναι πολλαπλάσιο του

, τότε $x^{p-1} \equiv 1 \bmod p$ και άρα πρέπει $y \equiv -1 \bmod p$ . Ομοίως πρέπει $x \equiv -1 \bmod p$ .

Για p > 3

πρέπει $x^{p-1} + y \geqslant (p-1)^4 + y > p^2$ και άρα $p^3|(x^{p-1}+y)$ . Oμοίως πρέπει $p^3|(y^{p-1}+x)$ . Στην περίπτωση p = 3

θα έχω επίσης $p^3|(x^{p-1}+y)$ και $p^3|(y^{p-1}+x)$ εκτός και αν $x^{p-1}+y \in \{p,p^2\}$ ή $y^{p-1}+x \in \{p,p^2\}$ .

Στην πρώτη περίπτωση έχουμε x^2+y=3

ή

. Οι μόνες λύσεις (με τα x,y

να μην είναι πολλαπλάσια του

) είναι οι (1,2),(1,8),(2,5)

με μόνο την (2,5)

να είναι αποδεκτή. (Στις άλλες το y^2+x

δεν είναι δύναμη του

.) Ομοίως στην δεύτερη περίπτωση παίρνουμε y=2,x=5

.

Μπορούμε λοιπόν από εδώ και στο εξής να υποθέσουμε ότι $p^3|(x^{p-1}+y)$ και $p^3|(y^{p-1}+x)$ .

Έστω ότι x = kp-1

και $y = \ell p -1$ . Θα δείξω ότι τα k,l

είναι πολλαπλάσια του

. Από $\bmod p^3$ έχω

$\displaystyle{ 0 \equiv x^{p-1}+y \equiv (kp-1)^{p-1} + \ell p -1 \equiv 1 - (p-1)kp + \frac{(p-1)(p-2)}{2}k^2p^2 + \ell p -1 \equiv (k+\ell)p + (k^2-k)p^2 \bmod p^3}$

Άρα είναι $\displaystyle{ (k+\ell) + (k^2-k)p \equiv 0 \bmod p^2}$ και ομοίως $\displaystyle{ (k+\ell) + (\ell^2-\ell)p \equiv 0 \bmod p^2}$ .

Άρα έχω $k + \ell \equiv 0 \bmod p$ . Επίσης έχω $(k^2-k) \equiv (\ell^2-\ell) \bmod p$ που δίνει $\displaystyle{ (k-\ell)(k+\ell-1) \equiv 0 \bmod p}$ . Άρα $\ell \equiv k \bmod p$ ή $\ell \equiv 1-k \bmod p$ .

Στην πρώτη περίπτωση παίρνω $2k \equiv 0 \bmod p$ άρα πρέπει p|k

. Ομοίως είναι και $p|\ell$ . Στην δεύτερη περίπτωση παίρνω $1 \equiv 0 \bmod p$ που είναι άτοπο.

Εκτός λοιπόν από τις λύσεις που βρήκα, σε οποιαδήποτε άλλη περίπτωση πρέπει να ισχύει ότι $x = k_2p^2-1, y = \ell_2p^2-1$ για κάποια $k_2,\ell_2$ . Έστω επαγωγικά ότι πρέπει x = k_rp^r - 1

και $y = \ell_r p^r-1$ για κάποια $k_r,\ell_r$ . Θα δείξω ότι p|k_r

και $p|\ell_r$ . Οπότε για κάθε

θα έχω

και $y = \ell_n p^n-1$ για κάποια $k_n,\ell_n$ . Αυτό όμως δεν μπορεί να ισχύει και άρα δεν θα υπάρχουν άλλες λύσεις.

Αν p > 3

θα έχω $x^{p-1} + y > x^4 \geqslant (p^r-1)^4 > p^{2r}$ οπότε $p^{2r+1}|(x^{p-1}+y)$

Αν p=3

και

θα έχω $x^{p-1}+y > x^2 > p^{2r}$ οπότε $p^{2r+1}|(x^{p-1}+y)$ . Αν k_r=1

τότε

$x^{p-1} + y = 3^{2r}-2\cdot 3^r + 1 + y = 3^{2r-1} + 2(3^{2r} - 3^r) + y+1 > 3^{2r-1}$ .

Άρα είτε $3^{2r+1}|x^2+y$ είτε $x^2+y = 3^{2r}$ και άρα $y = 2\cdot 3^r - 1$ . Τότε όμως είναι
$\displaystyle{ y^2 + x = 4 \cdot 3^{2r} - 4 \cdot 3^r + 1 + 3^r - 1 = 3^{2r+1} + 3^{2r} - 3^{r+1}}$
το οποίο δεν είναι τέλεια τρίτη δύναμη (για r > 1

).

Άρα σε κάθε περίπτωση είναι $p^{2r+1}|(x^{p-1}+y)$ και ομοίως είναι $p^{2r+1}|(y^{p-1}+x)$ .

Κοιτάζοντας τώρα την πρώτη περίπτωση $\bmod p^{2r+1}$ παίρνω

$\displaystyle{ 0 \equiv (kp^r - 1)^{p-1} + \ell p^r - 1 \equiv 1 - (p-1)kp^r + \frac{(p-1)(p-2)}{2}k^2p^{2r} + \ell p^r - 1 \equiv (k+\ell)p^r -kp^{r+1} + k^2p^{2r} \bmod p^{2r+1}. }$

Παίρνω λοιπόν $\displaystyle{ k+\ell \equiv kp - k^2p^r \bmod p^{r+1}}$ και ομοίως $\displaystyle{ k+\ell \equiv \ell p - \ell^2p^r \bmod p^{r+1}}$ .

Άρα $p|k+\ell$ και επιπλέον $\displaystyle{ (k-\ell)p \equiv (k-\ell)(k+\ell)p^r \bmod p^{r+1}}$ . Αν $k \equiv \ell \bmod p$ τότε παίρνω και $k \equiv \ell \equiv 0 \bmod p$ όπως ήθελα να δείξω. Αν όχι τότε $\displaystyle{ p \equiv (k+\ell)p^r \bmod p^{r+1}}$ που δίνει $\displaystyle{ 1 \equiv (k+\ell)p^{r-1} \bmod p^{r}}$ , άτοπο.

Άρα αποδείχθηκε και ο τελευταίος ισχυρισμός και άρα οι μόνες λύσεις είναι οι λύσεις που γράφτηκαν στην αρχή.

IMO 2014 (Shortlisted Problems)

Re: IMO 2014 (Shortlisted Problems)

Re: IMO 2014 (Shortlisted Problems)

Re: IMO 2014 (Shortlisted Problems)

Re: IMO 2014 (Shortlisted Problems)

Re: IMO 2014 (Shortlisted Problems)

Re: IMO 2014 (Shortlisted Problems)

Re: IMO 2014 (Shortlisted Problems)

Re: IMO 2014 (Shortlisted Problems)

Re: IMO 2014 (Shortlisted Problems)

Re: IMO 2014 (Shortlisted Problems)

Re: IMO 2014 (Shortlisted Problems)

Re: IMO 2014 (Shortlisted Problems)

Re: IMO 2014 (Shortlisted Problems)

Re: IMO 2014 (Shortlisted Problems)

Re: IMO 2014 (Shortlisted Problems)

Re: IMO 2014 (Shortlisted Problems)

Re: IMO 2014 (Shortlisted Problems)

Μέλη σε σύνδεση