( ) ( ) ( ) ( ) ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 30 η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα "Ο Αρχιμήδης" 23 Φεβρουαρίου 2013 ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Λύση (α) Έχουμε

Transcript

1 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΘΗΜΤΙΚΗ ΕΤΙΡΕΙ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) ΘΗΝ Τηλ Fax: info@hmsgr, wwwhmsgr GREEK MATHEMATICAL SOCIETY, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR Athens - HELLAS Tel Fax: info@hmsgr, wwwhmsgr ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΓΩΝΙΣΜΩΝ 0 η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα "Ο ρχιμήδης" Φεβρουαρίου 0 ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Θέματα μικρών τάξεων ΠΡΟΒΛΗΜ (α) Να γράψετε την παράσταση = +, όπου θετικός ακέραιος, ως γινόμενο δύο παραγόντων που ο καθένας τους να είναι άθροισμα δύο τετραγώνων ακεραίων αριθμών (β) Να απλοποιήσετε την παράσταση ( n) + Κ= 5 ( n ) και να τη γράψετε ως άθροισμα τετραγώνων δύο διαδοχικών θετικών ακέραιων Λύση (α) Έχουμε ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) + = + + = + = = (β) Πολλαπλασιάζουμε και τους δύο όρους του κλάσματος επί ( ) n, οπότε έχουμε: ( ) n + Κ= ( ) n + ( + )( 8 + )( + ) ( n) + = ( + )( 6 + )( 0 + ) ( n ) + ( + )( 5 + )( 7 + )( 9 + )( + ) ( n ) + ( n ) + = ( n + ) + ( + )( + )( 5 + )( 7 + )( 9 + )( + )( + ) ( n ) + ( n ) + ( n + ) + = = 8 n + n+ = n + n + n+ = ( n) + ( n+ ) +

2 Παρατήρηση Για το ερώτημα (β) μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε και την παραγοντοποίηση + = + = = Για την απλοποίηση του κλάσματος εργαζόμαστε όπως προηγουμένως ΠΡΟΒΛΗΜ Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΒΓ, με Β<Γ Έστω Μ το μέσο της πλευράς ΒΓ Στην πλευρά Β θεωρούμε σημείο Δ τέτοιο ώστε, αν το ευθύγραμμο τμήμα ΓΔ τέμνει τη διάμεσο Μ στο σημείο Ε, τότε ισχύει ότι Δ = ΔΕ Να αποδείξετε ότι Β = ΓΕ Λύση ( ος τρόπος) Προεκτείνουμε τη διάμεσο Μ κατά τμήμα ΜΘ=Μ Επειδή οι διαγώνιες του τετραπλεύρου ΒΘΓ διχοτομούνται το τετράπλευρο αυτό είναι παραλληλόγραμμο Σχήμα Άρα είναι Β ΓΘ και ˆ ˆ =Θ, (εντός εναλλάξ γωνίες) Όμως από την ισότητα Δ = ΔΕ της υπόθεσης έπεται ότι ˆ ˆ και επιπλέον Ε ˆ ˆ, ως κατά κορυφή Άρα είναι και Θ ˆ ˆ, οπότε το τρίγωνο ΕΓΘ είναι ισοσκελές με ΓΕ = ΓΘ Όμως από το παραλληλόγραμμο ΒΘΓ έχουμε ότι Β=ΓΘ, οπότε από τις δύο τελευταίες ισότητες προκύπτει το ζητούμενο Β=ΓΕ ος τρόπος πό το μέσο Μ της πλευράς ΒΓ φέρουμε ευθεία δ παράλληλη προς την πλευρά Β, άρα και προς την πλευρά ΒΔ του τριγώνου ΒΓΔ, η οποία τέμνει το ευθύγραμμο τμήμα ΓΔ, έστω στο σημείο Ζ Τότε το Ζ θα είναι το μέσο της πλευράς ΓΔ, δηλαδή ΓΖ=ΖΔ () και επιπλέον ισχύει ότι ΒΔ= ΜΖ ()

3 Σχήμα Επίσης έχουμε ˆ ˆ =Μ, (εντός εναλλάξ γωνίες) Όμως από την ισότητα Δ = ΔΕ της υπόθεσης έπεται ότι ˆ ˆ και επιπλέον Ε ˆ ˆ, ως κατά κορυφή Άρα είναι και Μ ˆ ˆ, οπότε το τρίγωνο ΕΜΖ είναι ισοσκελές με ΖΜ Ζ () πό τις παραπάνω ισότητες έχουμε: ΓΕ = ΓΖ + ΖΕ =ΔΖ+ΖΕ (λόγω της ()) =ΔΕ+ ΖΜ (λόγω της ()) =Δ+ΔΒ=Β (λόγωτηςυπόθεσηςκαιτης()) ΠΡΟΒΛΗΜ Έστω = abcd = a 0 + b 0 + c 0 + d τετραψήφιος θετικός ακέραιος με ψηφία τέτοια ώστε να ισχύουν: a 7 και a> b> c> d > 0 Θεωρούμε και τον θετικό ακέραιο Β= dcba = d 0 + c 0 + b 0 + a, που προκύπτει από τον με αντίστροφη γραφή των ψηφίων του ν δίνεται ότι ο αριθμός +Β έχει όλα τα ψηφία του περιττούς ακέραιους, να προσδιορίσετε όλες τις δυνατές τιμές του αριθμού Λύση Έχουμε ότι: + B= a+ d 0 + b+ c 0 + b+ c 0+ a+ d ( ) ( ) ( ) ( ) πό την υπόθεση, όλα τα ψηφία του ακέραιου +Β είναι περιττοί ακέραιοι Όμως για την εύρεση των ψηφίων του ακεραίου +Β πρέπει να ξέρουμε αν οι ακέραιοι a+ d και b+ c είναι μικρότεροι του 0 Έτσι διακρίνουμε τις περιπτώσεις: (α) Έστω a+ d 0 και b+ c 0 Τότε, επειδή a > b> c> d > 0, θα έχουμε: a+ d = 0 +, = 0,,,,5, b+ c= 0 +, = 0,,,,5 Έτσι ο αριθμός +Β γράφεται στη μορφή + B= ( 0+ ) 0 + ( 0+ ) 0 + ( 0+ ) 0+ ( 0+ ) = , ( ) ( ) ( ) δηλαδή έχει ψηφία, +, +, +,, τα οποία πρέπει να είναι περιττοί ακέραιοι, που είναι άτοπο, λόγω της ύπαρξης των διαδοχικών ακέραιων και +

4 (β) Έστω a+ d 0 και b+ c< 0 Τότε, επειδή a > b> c > d > 0, θα έχουμε: a+ d = 0 +, = 0,,,,5 και ο αριθμός +Β γράφεται + B= ( 0+ ) 0 + ( b+ c) 0 + ( b+ c) 0+ ( 0+ ) = b+ c 0 + b+ c+ 0 +, ( ) ( ) οπότε έχουμε τις περιπτώσεις: ν b+ c= 9, τότε ο +Β έχει ψηφίο δεκάδων το 0, που είναι άρτιος, άτοπο ν b+ c< 9, τότε ο +Β έχει ψηφία τους ακέραιους b+ c και b+ c+ που δεν είναι δυνατόν να είναι και οι δύο περιττοί (γ) Έστω a+ d < 0 και b+ c 0 Τότε, επειδή a > b> c > d > 0, θα έχουμε: b+ c= 0 +, = 0,,,,5 και ο αριθμός +Β γράφεται + B= ( a+ d) 0 + ( 0+ ) 0 + ( 0+ ) 0+ ( a+ d) = a+ d a+ d, ( ) ( ) ( ) οπότε οι ακέραιοι και + είναι ψηφία του +Β, άτοπο (δ) Έστω a+ d < 0 και b+ c< 0 Τότε τα ψηφία του αριθμού +Β είναι οι ακέραιοι a+ d και b+ c, οι οποίοι πρέπει να είναι περιττοί Λόγω των περιορισμών a > b> c> d > 0 και a 7, έπεται ότι a+ d = 9 και επίσης 5 c, 6 b, οπότε 0 b c 5 > +, δηλαδή b c { 5, 7,9} + Επομένως, έχουμε τις παρακάτω περιπτώσεις: a+ d = 9 με a= 8, d = και b+ c= 9 με b= 7, c= ή b= 6, c= ή b= 5, c= Επομένως, προκύπτουν οι αριθμοί: = 87, = 86, = 85 a+ d = 9 με a= 7, d = και b+ c= 9 με b= 6, c= ή b= 5, c= Στη περίπτωση αυτή προκύπτουν οι αριθμοί: = 76, = 75 a+ d = 9 με a= 8, d = και b+ c= 7 με b= 5, c= ή b=, c= Στη περίπτωση αυτή προκύπτουν οι αριθμοί: = 85, = 8 a+ d = 9 με a= 7, d = και b+ c= 7 με b=, c= Στη περίπτωση αυτή προκύπτει ο αριθμός: = 7 a+ d = 9 με a= 8, d = και b+ c= 5 με b=, c= Στη περίπτωση αυτή προκύπτει ο αριθμός: = 8 ΠΡΟΒΛΗΜ Να βρείτε όλες τις τριάδες (,, ) της εξίσωσης: x yz θετικών ακέραιων αριθμών που είναι λύσεις + = x y z Λύση ν είναι x και y, τότε θα έχουμε: + + = <, x y z z z οπότε η εξίσωση δεν επαληθεύεται Επομένως θα είναι: x ή y, οπότε πρέπει να ισχύει ένα από τα επόμενα: x= ή x= ή y = ή y = Στη συνέχεια διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

5 5 Για x = η εξίσωση γίνεται: = 0 z = y y =, z =, όπου y z θετικός ακέραιος, οπότε έχουμε τις λύσεις ( xyz,, ) = (,, ), θετικός Για x = η εξίσωση γίνεται: 8+ z z ( z + 8) = = y = y = y = y z y z z+ 8 z+ 8 z+ 8 Επειδή ο y πρέπει να είναι θετικός ακέραιος, έπεται ότι ο z + 8 πρέπει να είναι θετικός διαιρέτης του και μεγαλύτερος του 8 Άρα οι δυνατές τιμές του z + 8 είναι 6 ή, οπότε z = 8 ή z = Για z = 8 λαμβάνουμε y =, ενώ για z = λαμβάνουμε y = Άρα στην περίπτωση αυτή έχουμε τις λύσεις ( xyz,, ) = (,,8) ή ( xyz,, ) = (,, ) Για y = η εξίσωση γίνεται: + x x = = z = = x z z x + x + x Επειδή πρέπει ο z να είναι θετικός ακέραιος, πρέπει ο + x να είναι θετικός διαιρέτης του και μεγαλύτερος του, δηλαδή πρέπει + x= ή + x= x = ή x = Για x = λαμβάνουμε z =, ενώ για x = λαμβάνουμε z = Άρα στην περίπτωση αυτή έχουμε τις λύσεις xyz,, =,, ή xyz,, =,, ( ) ( ) ( ) ( ) Για y = η εξίσωση γίνεται: = 0 z = x x=, z =, όπου x z θετικός ακέραιος Άρα, στην περίπτωση αυτή έχουμε τις λύσεις xyz,, =,,, όπου θετικός ακέραιος ( ) ( ) Συνολικά, λαμβάνοντας υπόψη και τις επικαλύψεις των λύσεων που βρήκαμε, έχουμε τις λύσεις: x, yz, =,,, όπου θετικός ακέραιος, ( ) ( ) ( xyz,, ) = (,, ), όπου θετικός ακέραιος, ( xyz,, ) = (,,) και ( xyz,, ) = (,,)

6 6 Θέματα μεγάλων τάξεων ΠΡΟΒΛΗΜ Δίνεται η ακολουθία πραγματικών αριθμών ( an ), n=,,, με n + a = και an = ( a+ a + + an ), n n Να προσδιορίσετε τον όρο a 0 Λύση ( ος τρόπος) Παρατηρούμε ότι: a =, a = a =, a = ( a+ a) = =, a = ( a+ a + a) = = 5 a5 = ( a+ a + a+ a) = 6 = 6 n Υποθέτουμε ότι ισχύει an = ( n+ ), για κάθε n=,,,, Θα αποδείξουμε ότι ισχύει το ίδιο και για n= +, δηλαδή ότι ισχύει: a = ( ) + + Πράγματι, έχουμε + + ( ) ( ( ) a+ = a + a + a + + a = ) οπότε προκύπτει ότι: + ( 0 ( ) a + = ) () Πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη της σχέσης () επί, λαμβάνουμε + a ( ( ) + = ), () οπότε με αφαίρεση της () από τη () κατά μέλη, λαμβάνουμε: + ( a + = + ( + ) ) + a + = + ( + ) + = ( + ( + ) ) = ( + ) 0 Άρα έχουμε: a 0 = 0 ος τρόπος Θεωρούμε τις σχέσεις n + an = ( a+ a + + an ), n, n n + an+ = ( a+ a + + an), n, n από τις οποίες λαμβάνουμε n a+ a + + an = an, n n + () () (5)

7 7 n a, + a + + an = an+ n (6) n + Με αφαίρεση της σχέσης (5) από τη σχέση (6) κατά μέλη λαμβάνουμε n n ( n+ ) an = an+ an an+ = an, n (7) n+ n+ n+ Επομένως έχουμε ( n+ ) ( n+ ) n an = an = an = n n n ( n+ ) n n n = a = ( n+ ) a = ( n+ ), n n 0 αφού είναι a = Άρα έχουμε a 0 = 0 ΠΡΟΒΛΗΜ Στο σύνολο των ακεραίων να λύσετε την εξίσωση: y = x + 5xy+ y Λύση ( ος τρόπος) Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την y = x + xy+ xy+ y y = x+ y x+ y () ( )( ) ν θέσουμε x + y = z, τότε πρέπει z και η εξίσωση () γίνεται ( ) ( ) y z z y y z yz z y z = + = + = () Για z = η εξίσωση () γίνεται 0 y = (αδύνατη) Για z η εξίσωση γίνεται z ( z ) + y = = = ( z+ ) z z z () Για να είναι ο y ακέραιος πρέπει ο z να είναι διαιρέτης του, δηλαδή πρέπει Για 0 Για Για Για z {,,, } z { 0,,,} z =, λαμβάνουμε τη λύση ( xy, ) = ( 0,0) z =, λαμβάνουμε τη λύση ( xy, ) = ( 0, 8) z =, λαμβάνουμε τη λύση ( xy, ) = (,) z =, λαμβάνουμε τη λύση ( xy, ) = (, 9) ος τρόπος Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την y = x + xy+ xy+ y x+ y x+ y+ = () ( )( ) Επειδή ζητάμε λύσεις στους ακέραιους, οι δύο παράγοντες στο πρώτο μέρος πρέπει να είναι ακέραιοι, οπότε από την εξίσωση () έχουμε τις περιπτώσεις: x+ y = x+ y = 0 ( xy, ) = ( 0,0) x+ y+ = x+ y = 0

8 8 x+ y = x+ y = x+ y+ = x+ y = x+ y = x+ y = x+ y+ = x+ y = xy, =, 9 x+ y = x+ y = x+ y+ = x+ y = xy, =, ( xy, ) = ( 0, 8) ( ) ( ) ( ) ( ) ος τρόπος Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα στη μορφή x + 5yx+ y y = 0, (5) δηλαδή είναι δευτεροβάθμια ως προς x με ακέραιους συντελεστές Για να έχει η εξίσωση αυτή ακέραιες λύσεις πρέπει η διακρίνουσά της να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου, δηλαδή πρέπει Δ= y + 8y = y( y+ 8 ) = ρ, όπου ρ ακέραιος ν είναι ρ = 0, τότε θα είναι Δ = 0 και y = 0 ή y = 8 Για y = 0, από την εξίσωση () προκύπτει ότι x = 0, δηλαδή είναι ( xy, ) = ( 0,0) Για y = 8, από την εξίσωση () προκύπτει ότι x = 0, οπότε έχουμε τη λύση ( xy, ) = ( 0, 8) ν είναι ρ 0, τότε πρέπει η εξίσωση y + 8y ρ = 0, (6) να έχει ακέραιες λύσεις ως προς y για κατάλληλες τιμές του ρ Άρα, πρέπει η διακρίνουσα της εξίσωσης (6) να είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου Άρα πρέπει να είναι ( ) Δ= 6 + ρ = 8 + ρ = w, οπότε η τριάδα ( 8, ρ, w) πρέπει να είναι μία Πυθαγόρεια τριάδα Όμως όλες οι Πυθαγόρειες τριάδες είναι της μορφής ( ( m n ), mn, ( m + n )), όπου mn,, θετικοί ακέραιοι, m> n Άρα οι δυνατές περιπτώσεις είναι: ( m n ) = 8, mn= ρ (7) ή mn= 8, ( m n ) = ρ (8) Για = η σχέση (7) μπορεί να αληθεύει με ( mn, ) = (,), οπότε ρ = Τότε η εξίσωση (6) γίνεται y + 8y 9= 0 y = ή y = 9, δηλαδή έχει ακέραιες λύσεις πό την εξίσωση (5) λαμβάνουμε τις λύσεις x =, για y = και x =, για y = 9, οπότε έχουμε τις λύσεις: (, ) (,) xy = και (, ) (, 9) xy = Για, από το σύστημα (7) δεν προκύπτει ακέραια τιμή για το ρ Ομοίως, από το σύστημα (8) δεν προκύπτουν ακέραιες τιμές για το ρ Εναλλακτικά, όταν φθάσουμε στην αναγκαία συνθήκη Δ = 6 + ρ = w μπορούμε να συνεχίσουμε ως εξής: Δ= 6 + ρ = w w ρ = 6 w ρ w+ ρ = 6 ( )( ) Στη συνέχεια, για την επιλογή των ακέραιων παραγόντων του πρώτου μέλους, παρατηρούμε ότι: w+ ρ + w ρ = w=πολλαπλάσιο του ( ) ( ) ( w ) ( w ) + ρ ρ = ρ =πολλαπλάσιο του

9 9 Επομένως οι περιπτώσεις που οδηγούν σε θετικές ακέραιες λύσεις για τα w και ρ είναι μόνον οι εξής: w + ρ = 6 ( w, ρ ) = ( 0,) Τότε η εξίσωση (6) γίνεται: w ρ = y + 8y 9= 0 y = 9 ή y =, οπότε από την αρχική εξίσωση προκύπτουν τα ζεύγη ( xy, ) = (, 9) και ( xy, ) = (,) w + ρ = 8 ( w, ρ ) = ( 8,0) Τότε η εξίσωση (6) γίνεται: w ρ = 8 y + 8y = 0 y = 0 ή y = 8, οπότε από την αρχική εξίσωση προκύπτουν τα ζεύγη (, ) ( 0,0) xy = και (, ) ( 0, 8) xy = Μπορούμε ακόμη να θεωρήσουμε την εξίσωση ως τριώνυμο μεταβλητής y και να εργαστούμε ανάλογα, όπως στη παραπάνω περίπτωση Τότε καταλήγουμε στην αναγκαία συνθήκη να είναι τέλειο η διακρίνουσα ( ) δηλαδή ( x 5) ω ( x 5) ω ( x 5 ω)( x 5 ω) Δ = x 0x+ = x 5, = = + =, από την οποία προκύπτουν τελικά οι ακέραιες λύσεις της αρχικής εξίσωσης ΠΡΟΒΛΗΜ Δίνονται τα σύνολα,,, 60 τέτοια ώστε i = i, i =,,,60 Με τα στοιχεία των συνόλων αυτών κατασκευάζουμε καινούρια σύνολα Μ, Μ,, Μ n με την ακόλουθη διαδικασία: Στο πρώτο βήμα επιλέγουμε κάποια από τα σύνολα,,, 60 και αφαιρούμε από καθένα από αυτά τον ίδιο αριθμό στοιχείων Όλα τα στοιχεία που αφαιρούμε αποτελούν τα στοιχεία του συνόλου Μ Στο δεύτερο βήμα επαναλαμβάνουμε την ίδια διαδικασία στα σύνολα που έχουν προκύψει μετά την εφαρμογή του πρώτου βήματος και έτσι ορίζουμε το σύνολο Μ Συνεχίζουμε ομοίως μέχρι που να εξαντληθούν όλα τα στοιχεία των συνόλων,,, 60 ορίζοντας έτσι τα σύνολα Μ,, Μ n Να βρεθεί η ελάχιστη δυνατή τιμή του αριθμού n Λύση Υποθέτουμε ότι κατά το πρώτο βήμα αφαιρούμε από όλα τα επιλεγμένα σύνολα στοιχεία, κατά το δεύτερο βήμα αφαιρούμε στοιχεία και ομοίως κατά το n στό βήμα αφαιρούμε n στοιχεία Όταν εξαντληθούν τα στοιχεία όλων των συνόλων,,, n, τότε θα πρέπει το κάθε i = i, i =,,,60, να είναι άθροισμα κάποιων όρων από τους,,, n Όμως τα δυνατά αθροίσματα που δημιουργούνται από όρους που ανήκουν στο σύνολο {,,, n} είναι n, αφού για τη δημιουργία τέτοιων αθροισμάτων για κάθε όρο υπάρχουν δύο επιλογές, δηλαδή μπορούμε να συμπεριλάβουμε τον όρο στο άθροισμα ή όχι Επομένως πρέπει να ισχύει ότι n 60, οπότε πρέπει n 8 και η ελάχιστη πιθανή τιμή του n είναι το 8 Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι για n = 8 μπορούμε να επιτύχουμε την εξάντληση των στοιχείων των δεδομένων συνόλων με την προβλεπόμενη διαδικασία, οπότε η ελάχιστη δυνατή τιμή του n θα είναι 8

10 0 Στο πρώτο βήμα θεωρούμε τα σύνολα 8, 60 και αφαιρούμε από το καθένα από αυτά 80 στοιχεία Έτσι το σύνολο Μ θα έχει = 600 στοιχεία Συμβολίζουμε τα σύνολα που απομένουν μετά την αφαίρεση των 80 στοιχείων ως 8,, 60 Τότε τα σύνολα i και 80 +i, i =,,,80 έχουν από i στοιχεία Στο δεύτερο βήμα θεωρούμε τα σύνολα,, 80,,, 60 και αφαιρούμε από καθένα από αυτά 0 στοιχεία Έτσι το σύνολο Μ θα έχει 80 0 = 00 στοιχεία Συμβολίζουμε τα σύνολα που απομένουν μετά την αφαίρεση των 0 στοιχείων ως,, 80 και,, 60 Τότε τα σύνολα i, 0+ i, 80+ i και 0+ i, i =,,,0 έχουν το καθένα από i στοιχεία Στο τρίτο βήμα θεωρούμε τα σύνολα,, 0, 60+ i,, 00+ i, 0 +i, i =,,,0 αφαιρούμε από καθένα από αυτά 0 στοιχεία Έτσι το σύνολο Μ θα έχει 80 0 = 600 στοιχεία Συνεχίζουμε ομοίως με ανάλογους συμβολισμούς, θεωρώντας στο τέταρτο βήμα τα σύνολα 0+ i, 0+ i, 50+ i, 70+ i, 90+ i, 0+ i, 0+ i, 50+ i, i =,,,0, και αφαιρούμε από καθένα από αυτά 0 στοιχεία Έτσι το σύνολο Μ θα έχει 80 0 = 800 στοιχεία Τα σύνολα που απομένουν έχουν το καθένα το πολύ 0 στοιχεία Στο πέμπτο βήμα επιλέγουμε τα μισά από αυτά, δηλαδή τα 5 ( mod0 ), i =,,,,5 με τον κατάλληλο +i εκθέτη =,,, κάθε φορά και αφαιρούμε από καθένα από αυτά 5 στοιχεία, οπότε το σύνολο Μ 5 θα έχει 80 5 = 00 στοιχεία Έτσι έχουν απομείνει ομάδες συνόλων που έχουν από ένα μέχρι πέντε στοιχεία Στο έκτο βήμα επιλέγουμε από αυτά τα ( mod5 ), i =,,, συνολικά 96 σύνολα, με τον κατάλληλο εκθέτη =,,,5 κάθε +i φορά και αφαιρούμε από καθένα από αυτά στοιχεία, οπότε το σύνολο Μ 6 θα έχει 96 = 88 στοιχεία Τότε τα σύνολα (mod5) γίνονται κενά, τα σύνολα, (mod) έχουν από ένα στοιχείο, ενώ τα σύνολα, (mod), με τον κατάλληλο δείκτη =,,,6 έχουν από δύο στοιχεία Στο έβδομο βήμα θεωρούμε τα σύνολα, (mod), με τον κατάλληλο δείκτη =,,,6 και τους αφαιρούμε από δύο στοιχεία, οπότε γίνονται κενά, ενώ στο όγδοο βήμα θεωρούμε τα σύνολα,, =,,,6 και τους αφαιρούμε από ένα στοιχείο, οπότε γίνονται κενά (mod) Έτσι το σύνολο Μ 7 θα έχει 8 στοιχεία, ενώ το σύνολο Μ 8 θα έχει 6 στοιχεία Παρατήρηση Η προηγούμενη απόδειξη για ότι ο αριθμός των βημάτων μπορεί να είναι 8, δεν είναι μοναδική Θα μπορούσαμε στο πρώτο βήμα να πάρουμε τα 8 σύνολα 80, 8,, 60 και να τους αφαιρέσουμε από 80 στοιχεία με ανάλογη συνέχεια στα επόμενα βήματα Τότε θα αφαιρούσαμε στο πρώτο βήμα 8 80 = 680 στοιχεία που είναι και το μεγαλύτερο πλήθος στοιχείων που μπορεί να αφαιρεθούν στο πρώτο βήμα ΠΡΟΒΛΗΜ Δίνεται τρίγωνο ΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο c (O,R) (με κέντρο το σημείο O και ακτίνα R ) και έστω Δ τυχόν σημείο της πλευράς ΒΓ (διαφορετικό από το μέσο της ΒΓ ) Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΒΟΔ (έστω c ) τέμνει τον κύκλο c (O,R) στο σημείο Κ και την Β στο σημείο Z Ο περιγεγραμμένος κύκλος του

11 τριγώνου ΓΟΔ, έστω c, τέμνει τον κύκλο c (O,R) στο σημείο Μ και την Γ στο σημείο Ε Τέλος, ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΕΖ έστω c, τέμνει τον κύκλο c (O,R) στο σημείο N ποδείξτε ότι τα τρίγωνα ΒΓ και KMN είναι ίσα Λύση Σχήμα Θα αποδείξουμε ότι ο κύκλος c περνάει από το κέντρο Ο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΒΓ πό το εγγεγραμμένο στο κύκλο c τετράπλευρο ΟΔΓΕ έχουμε: Ο ˆ ˆ =Γ πό το εγγεγραμμένο στο κύκλο c τετράπλευρο ΟΔΒΖ έχουμε: Ο ˆ ˆ =Β πό τη πρόσθεση κατά μέλη των δύο προηγούμενων ισοτήτων γωνιών λαμβάνουμε: Ο+Ο ˆ ˆ ˆ ˆ =Β+Γ ΕΟΖ ˆ = Β ˆ + Γ ˆ o = 80 ˆ, o οπότε το τετράπλευρο ΕΟΖ είναι εγγράψιμο (άθροισμα απέναντι γωνιών 80 ) Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι οι κύκλοι c, c, c είναι ίσοι μεταξύ τους πό το εγγεγραμμένο στο κύκλο c τετράπλευρο ΟΔΒΖ έχουμε; Δ ˆ ˆ =Ζ πό το εγγεγραμμένο στο κύκλο c τετράπλευρο ΟΔΓΕ έχουμε: Δ ˆ ˆ Επομένως έχουμε ότι: Δ ˆ ˆ =Ζ = Ε ˆ Οι τρεις αυτές ίσες γωνίες βαίνουν στις ίσες χορδές ΟΒ, ΟΓ και ΟA των κύκλων c, c και c αντίστοιχα Άρα οι κύκλοι c, c, c έχουν ίσες ακτίνες, οπότε είναι ίσοι μεταξύ τους Στους ίσους κύκλους c και c, οι γωνίες ˆΖ και ˆΔ βαίνουν στις ίσες χορδές ΟΚ και ΟΜ ( ΟΚ = ΟΜ = R ), οπότε θα είναι: ˆΖ = ˆΔ πό την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι τα σημεία Κ, ΔΜ, είναι συνευθειακά Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι τα σημεία Μ, ΕΝ, και τα σημεία ΝΖΚ,, είναι επίσης συνευθειακά

12 πό τις ισότητες των γωνιών ΒΔΚ ˆ = ΓΔΜ ˆ και ΓΕΜ ˆ = ΕΝ ˆ (που είναι κατά κορυφή) προκύπτει η ισότητα των ευθυγράμμων τμημάτων Ν =ΒΚ=ΓΜ (τα οποία είναι χορδές του κύκλου c(o, R ) Τα τρίγωνα ΒΓ και KMN έχουν κοινό περίκεντρο O και το KMN είναι η εικόνα του ΒΓ στη στροφή με κέντρο το σημείο O και γωνία ΟΝ=ΒΟΚ=ΓΟΜ= ˆ ˆ ˆ ˆω Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα μεταξύ τους Παρατήρηση Το περίκεντρο του τριγώνου ΒΓ, ταυτίζεται με το σημείο Miquel που αντιστοιχεί στα σημεία Δ, Ε, Ζ των πλευρών του τριγώνου Έτσι μπορεί να προκύψει άμεσα ότι το τετράπλευρο ΕΟΖ είναι εγγράψιμο