Abelfinalen 2018

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Svar
stensrud
Descartes
Descartes
Innlegg: 438
Registrert: 08/11-2014 21:13
Sted: Cambridge

Hva synes dere om årets oppgaver?

1) Når $n$ er et oddetall skriver vi $n!!=n\cdot (n-2)\dotsb 3\cdot 1$. Hvor mange forskjellige restklasser modulo $1000$ får en fra $n=1,3,5,\dotsc$?

2) Omsenteret i en trekant $ABC$ kalles $O$. Punktene $A',B'$ og $C'$ er speilbildene av $O$ i henholdsvis $BC,CA$ og $AB$. Vis at de tre linjene møtest i et felles punkt.

3a) Finn alle polynomer $P$ som er slik at $P(x)+3P(x+2)=3P(x+1)+P(x+3)$ for alle reelle tall $x$.

3b) Finn alle polynomer $P$ som er slik at
\[ \sum_{n=0}^{1009}\binom{2018}{2n}P(x+2n)=\sum_{n=0}^{1008}\binom{2018}{2n+1}P(x+2n+1) \]
for alle reelle tall $x$.

4a) En følge $a_1,a_2,\dotsc,a_k$ av heltall kalles gyldig dersom det for $j=1,2,\dotsc,k-1$ gjelder at
  • dersom $a_j$ er et partall, er $a_{j+1}=a_j/2$, men
  • dersom $a_j$ er et oddetall, er $\lvert a_{j+1}-a_j\rvert$=1.
Finn minste $k$ slik at det finnes en gyldig følge med $a_1=2018$ og $a_k=1$.

4b) Finn minste $K$ slik at det for hver $n\in \{ 1,2,3,\dotsc,2018 \}$ finnes en gyldig følge med $a_1=n,a_k=1$ og $k\leq K$.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

stensrud skrev:Hva synes dere om årets oppgaver?

1) Når $n$ er et oddetall skriver vi $n!!=n\cdot (n-2)\dotsb 3\cdot 1$. Hvor mange forskjellige restklasser modulo $1000$ får en fra $n=1,3,5,\dotsc$?
1. Brute force med noen enkle observasjoner: Regner ut de første tallene i følgen opp til 25!!, modulo 1000, og får

$1,3,15,105, 945, 395, 135, 25, 425, 75, 575, 225, 625,$

Fra og med 25!! er alle tallene i følgen delelige med $5^3=125$. Herfra er det nok å betrakte multipler av 125, og multiplisere med neste oddetall modulo 8, siden 125*8=0 mod 1000, for å påvise perioden, dermed er det lett å se at vi oppnår perioden $\{625, 875, 375, 625\}$

Så da får vi vel totalt 15 restklasser modulo 1000. Stemmer dette?
stensrud
Descartes
Descartes
Innlegg: 438
Registrert: 08/11-2014 21:13
Sted: Cambridge

Gustav skrev:
1. Brute force med noen enkle observasjoner: Regner ut de første tallene i følgen opp til 25!!, modulo 1000, og får

$1,3,15,105, 945, 395, 135, 25, 425, 75, 575, 225, 625,$

Fra og med 25!! er alle tallene i følgen delelige med $5^3=125$. Herfra er det nok å betrakte multipler av 125, og multiplisere med neste oddetall modulo 8, siden 125*8=0 mod 1000, for å påvise perioden, dermed er det lett å se at vi oppnår perioden $\{625, 875, 375, 625\}$

Så da får vi vel totalt 15 restklasser modulo 1000. Stemmer dette?
For å være ærlig så orket jeg ikke å gjøre caseworket på den her... Mathematica sier seg enig i at svaret er 15.
mrcreosote
Guru
Guru
Innlegg: 1995
Registrert: 10/10-2006 20:58

stensrud skrev: 3a) Finn alle polynomer $P$ som er slik at $P(x)+3P(x+2)=3P(x+1)+P(x+3)$ for alle reelle tall $x$.

3b) Finn alle polynomer $P$ som er slik at
\[ \sum_{n=0}^{1009}\binom{2018}{2n}P(x+2n)=\sum_{n=0}^{1008}\binom{2018}{2n+1}P(x+2n+1) \]
for alle reelle tall $x$.
a) Hvis vi lar $Q(x)=P(x+1)-P(x)$ kan ligninga skrives $Q(x+2)+Q(x)=2Q(x+1)$. Hvis vi nå lar $R(x)=Q(x+1)-Q(x)$ får vi $R(x+1)=R(x)$ slik at $R$ er konstant. Da er $Q$ av høyst av grad 1, og da er $P$ høyst av grad 2. Alle polynomer av grad høyst 2, og bare disse, passer.

b) Hint: Se a!


Nokså regnetunge oppgaver i år, er det ikke?
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

stensrud skrev:
4a) En følge $a_1,a_2,\dotsc,a_k$ av heltall kalles gyldig dersom det for $j=1,2,\dotsc,k-1$ gjelder at
  • dersom $a_j$ er et partall, er $a_{j+1}=a_j/2$, men
  • dersom $a_j$ er et oddetall, er $\lvert a_{j+1}-a_j\rvert$=1.
Finn minste $k$ slik at det finnes en gyldig følge med $a_1=2018$ og $a_k=1$.
Det er umulig å finne en slik gyldig følge med $k<13$. (Betrakt følgen $(2048,1024,512,...,4,2,1)$ med $12$ elementer, til sammenligning)

Det er ikke vanskelig å se at følgen $(2018,1009,1008,504,252,126,63,64,32,16,8,4,2,1)$ er en gyldig følge med minst mulig $k=14$. Alternativene er $1009\to 1010\to 505$, og $63\to 62\to 31$, begge gir nødvendigvis $k>13$.
mingjun
Cayley
Cayley
Innlegg: 91
Registrert: 18/11-2016 21:13
Sted: Det projektive planet

En samling av løsninger til oppgave 2 jeg og andre abelfinalister har funnet. Noen er mer like enn andre:

La oss skrive om $A',B',C'$ til $X,Y,Z$ fordi jeg er for lat til å taste :P .

Løsning 1:
La $D,E,F$ være midtpunktene på henholdsvis sidene $AB, BC$, og $CA$ i $\triangle ABC$. Ettersom speilingen av $O$ over sidene i trekanten er ekvivalent med en homoteti av punktene $D,E,F$ med faktor 2, eksisterer det en homoteti som sender $\triangle DEF$ til $\triangle XYZ$. Men det er opplagt at det eksisterer en homoteti som sender $\triangle DEF$ til $\triangle ABC$ (med senter i tyngdepunktet $G$ av $\triangle ABC$), må det eksistere en homoteti som sender $\triangle XYZ$ til $\triangle ABC$. Dermed må det ønskede konkurrenspunktet være senter av den sistnevnte homotetien, og vi er ferdige.

Løsning 2:
Ved samme argument som i Løsning 1, vet vi at $YZ$ er parallell med $EF$ som er parallell $BC$, samt $|YZ|=2|EF|=|BC|$. Dermed er $BCEF$ en parallellogram, og dens diagonaler $BY$ og $CZ$ må nødvendigvis halvere hverandre. Men med et likt argument kan vi deduktere at $AX$ og $BY$ må også halvere hverandre. Dermed må $AX, BY$, og $CZ$ skjære hverandre i samme punkt.

Løsning 3:
Ved vektorer vet vi at $\overrightarrow{HA}=\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}$. Men vi vet også at $\overrightarrow{OX}=2(\dfrac{\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}}{2})=\overrightarrow{HA}$. Sammen med at $\overline{AH}||\overline{OX}$, må $AHXO$ være et parallellogram. Dermed må skjæringen mellom $AX$ og $OH$ være midtpunktet på $OH$. Dette argumentet er uavhengig av punkter $A,B,C$, og dermed må $AX, BY$ og $CZ$ alle skjære gjennom midtpunktet på $OH$.

Løsning 4:
Ved trignometrisk Ceva er det tilstrekkelig å vise at $\prod_{cyc} \dfrac{\sin{\angle CAX}}{\sin{\angle XAB}}=1$. Dette er tilsynelatende ikke lett å jobbe med, men dersom man merker at \[\dfrac{\sin{\angle CAX}}{\sin{\angle XAB}}=\dfrac{\left [ CAX \right ]}{\left [BAX \right ]}=\dfrac{\sin{\angle ACX}}{\sin{\angle ABX}}=\dfrac{\sin{\angle C+90^\circ-\angle A}}{\sin{\angle B+90^\circ-\angle A}},\] kan man gjøre litt algebra og oppnå det ønskede resultatet.

En siste bemerkning:
Man kan opplagt generalisere argumentet fra løsning 1 til homotetier av $\triangle DEF$ av vilkårlig konstant $k$. Konkurrenspunktet vil være et punkt på eulerlinjen av $\triangle ABC$. For tilfellet $k=2$ (denne oppgaven) er konkurrenspunktet midtpunktet av $OH$, som "tilfeldigvis" også er nipunktssentret.
Sist redigert av mingjun den 09/03-2018 23:23, redigert 2 ganger totalt.
stensrud
Descartes
Descartes
Innlegg: 438
Registrert: 08/11-2014 21:13
Sted: Cambridge

mingjun skrev: En siste bemerkning:
Man kan opplagt generalisere argumentet fra løsning 1 til homotetier av $\triangle DEF$ av vilkårlig konstant $k$. Konkurrenspunktet vil være et punkt på eulerlinjen av $\triangle ABC$. For tilfellet $k=2$ (denne oppgaven) er konkurrenspunktet midtpunktet av $OH$, som "tilfeldigvis" også er nipunktssentret.
Noe som også er sant: Hvis $P_k$ er konkurrenspunktet som assossieres med homotetien med faktor $k$ (istedenfor $2$, som i oppgaven), så er $P_k$ og $P_{-k}$ harmoniske konjugater med hensyn på $O,H$.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Gratulerer med tredjeplassen forresten!
mingjun
Cayley
Cayley
Innlegg: 91
Registrert: 18/11-2016 21:13
Sted: Det projektive planet

Gustav skrev:Gratulerer med tredjeplassen forresten!
Takker. Alle var utrolig motiverte på abelfinalen i år, og det var en helt fantastisk opplevelse. Jeg kan ikke huske et år da nivået var høyere på finalen (skjønt jeg ikke har deltatt i mange). Vi forbereder oss nå til den nordiske konkurransen, og satser på å levere et godt år på IMO i sommer. :D
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

mingjun skrev:
Gustav skrev:Gratulerer med tredjeplassen forresten!
Takker. Alle var utrolig motiverte på abelfinalen i år, og det var en helt fantastisk opplevelse. Jeg kan ikke huske et år da nivået var høyere på finalen (skjønt jeg ikke har deltatt i mange). Vi forbereder oss nå til den nordiske konkurransen, og satser på å levere et godt år på IMO i sommer. :D
Det høres bra ut, og lykke til med forberedelsene!
Svar