ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34

106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025

e-mail : info@hms.gr, www.hms.gr

GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR. 106 79 - Athens - HELLAS Tel. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025 e-mail : info@hms.gr, www.hms.gr

ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ

35η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα "Ο Αρχιμήδης" 3 Μαρτίου 2018

Θέματα μικρών τάξεων

Ενδεικτικές λύσεις

Πρόβλημα 1 (α) Να εξετάσετε, αν υπάρχει πραγματικός αριθμός ,x τέτοιος ώστε οι αριθμοί

3x και 2 3x να είναι και οι δύο ρητοί.

(β) Να εξετάσετε, αν υπάρχει πραγματικός αριθμός y τέτοιος ώστε οι αριθμοί

3y και 3 3y να είναι και οι δύο ρητοί. Λύση

(α) Έστω 23 , 3x q x p με ,p q . Τότε

2 23 2 3 3x q x q q οπότε αν αντικαταστήσουμε στη δεύτερη παίρνουμε:

2 22 3 3 3 3 2 1 3q q p q p q

Τότε πρέπει 1

2 1 02

q q . Σε αυτή την περίπτωση 2 1 133 3

4 4p q q

και 1

32

x .

(β) Έστω 33 , 3y q y p με ,p q . Τότε

3 3 23 3 3 9 3 3y q y q q q οπότε αν αντικαταστήσουμε στη δεύτερη παίρνουμε:

3 2 2 3

3

2

3 3 9 3 3 3 3 3 2 9

93

3 2

q q q p q p q q

q q p

q

που είναι άτοπο. Πρόβλημα 2 Θεωρούμε τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς 8 cm το οποίο υποδιαιρούμε με ευθείες παράλληλες προς τις πλευρές του σε 64 μικρά τετράγωνα πλευράς 1cm. Χρωματίζουμε 7 μικρά τετράγωνα μαύρα, ενώ όλα τα υπόλοιπα 57 μικρά τετράγωνα είναι λευκά. Υποθέτουμε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος k τέτοιος ώστε ανεξάρτητα από τη θέση

των 7 μαύρων μικρών τετραγώνων, υπάρχει ορθογώνιο εμβαδού k 2cm με πλευρές παράλληλες στις πλευρές του ΑΒΓΔ και με όλα τα μικρά τετράγωνα από τα οποία

αποτελείτβρεθεί η μ Λύση Μπορούμνα χρωμααπό την α

4 2 ορθο

Στη συνέχώστε να

28cm . Στ

τετράγωνατετράγωνα

μεγαλύτερ

αι να είναι μέγιστη δυνα

με να χωρίσοατίσουμε στααρχή του Περ

ογώνιο εμβα

χεια θα αποδμην υπάρχε

το τετράγων

α λευκά καα μαύρα, έτσ

ρου των 8cm

λευκά, που ατή τιμή του

ουμε το τετράα επτά4 2ριστερώνα θ

δού 28cm .

δείξουμε ότι υει ορθογώνιο

ο του παρακ

αι στο 6σι ώστε να μ

2m .

μπορεί να αk .

άγωνο ΑΒΓΔορθογώνια

θα μείνει με λ

Σχήμ

υπάρχει χρωο με λευκά

κάτω σχήματ

6 εσωτερικμην υπάρχει

Σχήμα

αποκοπεί από

Δ σε 8 ορθοαπό ένα μαύλευκά μικρά

μα 1

ωματισμός τωτετράγωνα

τος 2 αφήνου

κό τετράγωορθογώνιο μ

2

ό το τετράγω

γώνια 4 2ύρο μικρό τεά τετράγωνα

ων 7 μικρών εμβαδού μ

υμε όλα τα σ

ωνο χρωματίμε λευκά τετ

ωνο ΑΒΓΔ.

. Έτσι μπορτετράγωνο, οτουλάχιστον

τετραγώνωνμεγαλύτερου

συνοριακά μ

ίζουμε 7 μτράγωνα εμβ

Να

ούμε οπότε ν ένα

ν έτσι των

μικρά

μικρά αδού

Σημείωση: Για το πρώτο κομμάτι της άσκησης μπορούμε να θεωρήσουμε τις 8 γραμμές ή τις 8 στήλες του πίνακα και να κάνουμε το επιχείρημα όπως στην παραπάνω λύση με την αρχή του Περιστερώνα.

Πρόβλημα 3 Θεωρούμε τους θετικούς ακεραίους τέτοιους ώστε ο αριθμός

2( ) 4a b a

ab

να είναι ακέραιος. Να αποδείξετε ότι αν ο είναι περιττός, τότε ο είναι τέλειο τετράγωνο. Λύση

Έστω 2( ) 4a b a

ab

. Η τελευταία γράφεται ως

2( ) 4 (1)a b a ab

Θα δείξουμε ότι ο a είναι περιττός. (2) Πράγματι, αν 2 | a , τότε θα πρέπει 22 | ( )a b , τότε θα πρέπει και ο b να είναι άρτιος, άτοπο.

Θεωρούμε τώρα την (1) σαν δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς b , στη μορφή:

2 2(2 ) 4 0b b a a a Για να έχει αυτή ακέραιες λύσεις, η διακρίνουσά της θα πρέπει να είναι τέλειο

τετράγωνο. Έχουμε ότι 2 2 2 2( 2) 4( 4 ) ( ( 2) 4 16)a a a a a a .

Επομένως το γινόμενο των 2, ( 2) 4 16a a a είναι τέλειο τετράγωνο. Επειδή

όμως ο a είναι περιττός είναι πρώτοι μεταξύ τους, οπότε ο καθένας τους θα πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο, άρα ο a είναι τέλειο τετράγωνο.

2ος τρόπος:

Έστω ( , )d a b και γράφουμε ,a dx b dy , με ( , ) 1x y . Παρατηρούμε ότι επειδή

|d b και ο είναι περιττός, θα πρέπει d περιττός. Τότε ο αριθμός

2 2 2 2

2

( ) 4 ( ) 4 ( ) 4a b a d x y dx d x y x

ab dxyd xy

είναι ακέραιος. Άρα 2 2| ( ) 4 |x d x y x x dy και επειδή ( , ) 1x y , πρέπει |x d .

Επίσης, 2| ( ) 4 | 4d d x y x d x και αφού d περιττός, |d x . Από τις δύο αυτές

σχέσεις έχουμε d x , άρα 2a d .

Πρόβλημα 4 Δίνεται τρίγωνο με εγγεγραμμένο σε κύκλο c με κέντρο O και ακτίνα R . Ονομάζουμε το αντιδιαμετρικό της κορυφής . Δίνεται επίσης ο κύκλος 1c του οποίου το κέντρο βρίσκεται επάνω στο τμήμα και περνάει

από τα σημεία και . Αν ο κύκλος 1c τέμνει την στο σημείο , να αποδείξετε

,a b

b a

b

ότι ο πε

περιγεγρα Λύση (1ος

Έστω

γωνία περιγεγρα

Εφόσον θα ε

εφάπτεται

Οι γωνίες

. Α

Από τις

ευθύγραμ

εριγεγραμμέν

αμμένου κύκλ

ς Τρόπος) η τομή του

(άρα κα

αμμένου κύκλ

90

είναι μεσοκά

ι στον κύκλο

ς ,

είναι

Από το ορθογ

ισότητες γω

μα τμήματα

νος κύκλος

λου c .

κύκλου 2c

αι η γωνία λου ,c O R

, η είν

άθετος της κ

ο 1c , άρα 1

1 90

ι εγγεγραμμέ

γώνιο τρίγων

ωνιών 1

α και

του τριγώ

με την

) είναι

.

ίναι διάμετρο

κοινής χορδή

. Από τ

1 90

Σχήμα

ένες στον κύ

νο , έχο

και 2 σ

είν

ώνου

και η τ

ορθή διότι β

ος του κύκλ

ής των

το ορθογώνιο

.

3

ύκλο c και

ουμε: 1 9

συμπεραίνου

ναι παράλλη

, έστω 2c ,

ομή της

βαίνει στη δι

λου 2c και κ

κύκλων 1c

ο τρίγωνο

βαίνουν στο

90 90

με ότι: 1ηλα και κα

εφάπτεται

με την

ιάμετρο

κατά συνέπε

και 2c . Η

έχουμε

(1)

ο ίδιο τόξο,

0 2

1 , οπότ

ατά συνέπεια

του

. Η

του

εια η

ε:

άρα

.

τε τα

α το

τετράπλευσυμπεραίνκύκλου 2c Εναλλακτπαράγραφτης ομοιο

Από τις ι

ευθύγραμστην ομοιΕφόσον τ

ομοιόθετα

το ίδιο κέν

είναι συνε 2ος τρόποΘα αποδε

αυτό θα δ

Έστω να δείξουμ

Επειδή η

είναι διάμ

από τη σ

ισοσκελέςέχουμε το

υρο νουμε ότι η

2 . Άρα τα κέ

τικά, το τφο) θα μποροθεσίας:

ισότητες γω

μα τμήματα ιοθεσία με κέα τμήματα α με κέντρο ο

ντρο ομοιοθε

ευθειακά.

ς είξουμε ότι ο

δείξουμε ότι

η εφαπτομ

με ότι η

η εφαπ

μετρος, οπότε

σχέση επίκεν

ς επομένως ο ζητούμενο.

είναι τρα θα διέρ

έντρα των κύ

τελικό συμρούσε να πρ

ωνιών 1

και έντρο ομοιοθ και ομοιοθεσίας

εσίας. Δηλαδ

ο 2c εφάπτετα

ι οι δύο αυτ

μένη του (c O

είναι εφαπτ

πτομένη του

ε 90 2 ντρης εγγεγρ

λόγω της (2

απέζιο. Εφόσρχεται από τύκλων c , 2c

μπέρασμα ροκύψει και

και 2 σ

είναι πθεσίας το ση ( δηλαδή, ο

το και οι

δή τα κέντρα

αι του κύκλο

τοί κύκλοι έ

, )O R στο ση

τομένη του c

υ ( , )c O R , έ

, οπότε 2(90

ραμμένης στ

2) θα είναι

σον το το μέσο της

2 και το σημε

(που διατυι με τη βοή

συμπεραίνου

παράλληλα κμείο . οι διάμετροι

ι κύκλοι c κ

α των κύκλω

ου ( , )c O R σ

χουν κοινή

ημείο και

2c στο , αρ

.

έχουμε ότι

90 ) 180 2 τον 1c . Όμ

είναι το μ που είνείο θα είν

υπώνεται σθεια του με

με ότι: 1

και κατά συν

των κύκλων

και 2c θα είν

ν c , 2c και

στο σημείο εφαπτομένη

ονομάζουμε

ρκεί να αποδε

. Ε

. Όμως

2 ,

ως το τρίγω

, οπότε

μέσο της ναι το κέντροναι συνευθεια

στην τελευετασχηματισ

1

, οπότ

νέπεια ομοιό

ν c και 2c )

ναι ομοιόθετ

ι το σημείο

. Για το σκ

η στο σημείο

ε είξουμε ότι

(1)

Επιπλέον η

(2)

ωνο

ε η (1) ισχύε

, ο του ακά.

υταία σμού

τε τα

όθετα

είναι

οι με

θα

κοπό

ο .

. Για

είναι

ει και

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34

106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025

e-mail : info@hms.gr, www.hms.gr

GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street

GR. 106 79 - Athens - HELLAS Tel. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025

e-mail : info@hms.gr, www.hms.gr

ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ

35η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα "Ο Αρχιμήδης" 3 Μαρτίου 2018

Θέματα μεγάλων τάξεων

Ενδεικτικές λύσεις

Πρόβλημα 1

Θεωρούμε την ακολουθία , που ορίζεται αναδρομικά από τη σχέση

31 3 ,n n nx x x με 1

ax

b , όπου ,a b είναι θετικοί ακέραιοι και ο 3 δεν διαιρεί τον

ακέραιο b . Αν για κάποιο θετικό ακέραιο m ο mx είναι τέλειο τετράγωνο ρητού

αριθμού, να αποδείξετε ότι και ο 1x είναι τέλειo τετράγωνο ρητού αριθμού.

Λύση Θα δείξουμε ότι αν ο 1nx είναι τέλειο τετράγωνο ρητού, τότε και ο nx είναι τέλειο

τετράγωνο ρητού, οπότε επαγωγικά θα πάρουμε το ζητούμενο. Η πρώτη παρατήρηση είναι ότι αφού ο 3 δεν διαιρεί τον b , δεν θα διαιρεί κανέναν παρονομαστή όρου της ακολουθίας.

Από την αναδρομική σχέση έχουμε 31 13m m mx x x . Θέτουμε 1m

px

q όπου ο q

δεν διαιρείται με 3 (*) και ( , ) 1p q . Τότε

3 2 2 2

31 1 3 3

3 (3 )3m m m

p pq p p qx x x

q q

.

Αφού ( , ) 1p q , αυτή είναι η ανάγωγη μορφή του mx . Πράγματι, οι αριθμοί 2 2 3(3 ),p p q q είναι πρώτοι μεταξύ τους, αφού αν ένας πρώτος s διαιρεί και τους

δύο, τότε 3| |s q s q και 2 2| 3s p q τότε 2| 3s p . Αφού όμως s δεν διαιρεί τον p ,

θα έχουμε | 3 3s s , 3 | q , άτοπο από την (*).

Από την εκφώνηση ο mx είναι τέλειο τετράγωνο ρητού, οπότε θα πρέπει ο αριθμητής

και ο παρονομαστής να είναι τέλεια τετράγωνα. Για να είναι ο παρονομαστής τέλειο τετράγωνο, πρέπει ο q να είναι τέλειο τετράγωνο,

έστω 2q a . Για να είναι ο αριθμητής τέλειο τετράγωνο, έστω 2 2 2(3 )p p q , πρέπει και οι δύο παράγοντες να είναι τέλεια τετράγωνα αφού είναι σχετικά πρώτοι.

Πράγματι, αν ένας πρώτος t διαιρεί τον p και τον 2 23p q , τότε |t q , που είναι

άτοπο αφού ( , ) 1p q .

Έτσι 2 2 2 2, 2p b p q c . Επομένως 2

1 2mp b

xq a

, άρα ο 1mx είναι τέλειο

*( ),nx n

τετράγωνοΌμοια τώρ

ρητού, κ.ο

ΠρόβλημΔίνεται οξτου c με και Ε δεύτερο κ

(έσ

μόνο αν, αντιστοιχεΣημείωσηπρος τη διχ

Λύση

1ος ΤρόποΈστω κύκλων cτου κύκλο

Σημειώνο

θα ισχύου

1

1 1

1

1 1

:

ο ρητού. ρα, πηγαίνον

ο.κ μέχρι να

μα 2 ξυγώνιο τρίγκέντρο O καντίστοιχα. κοινό σημείο

τω 2c ). Να

το σημείο εί στην κορυη: Συμμετροιχοτόμο που π

ος το σημείο

1c , 2c . Έστω

ου c . Θα απο

υμε με τη

υν οι παρακάτ

1 1

: (εγγε

: (η 1

δημ

1 1

: (εγγε

(η 1

είνα

ντας προς τα

φτάσουμε σ

γωνο και ακτίνα RΈστω ε των περιεγρ

α αποδείξετε

ανήκει υφή . διάμεσος τρπερνάει από

τομής των ω ακόμη τ

οδείξουμε ότ

η τομή της τω ισότητες

εγραμμένες σ

μιουργείτε απ

εγραμμένες σ

αι γωνία της χ

α πίσω δείχνο

στον 1x .

με R . Στα μικράείναι το σημεραμμένων κύ

ε ότι: τα σημ

ι στη συμμε

ιγώνου είνατην ίδια κορ

Σχήμα

, το σημείο το

τι τα σημεία

με τον cγωνιών:

στο κύκλο c

πό τη χορδή c )

στο κύκλο c

χορδής

ουμε ότι ο mx

καά τόξα κείο τομής τωύκλων των τ

μεία , , ετροδιάμεσο

ι η συμμετρυφή με τη διά

1

και το ομής των εφα

, , είν

1c και τη τ

1c και βαίνου

και την

2c και βαίνου

και την εφαπ

2m είναι τέλ

αι ο περιγεγρκαι θεωων , τριγώνων

είναι συνε

του τριγών

ική ευθεία τάμεσο

δεύτερο κοαπτομένων σ

ναι συνευθεια

τομή της

υν στο ίδιο τό

εφαπτομένη

υν στο ίδιο τ

πτομένης Z

λειο τετράγω

ραμμένος κύωρούμε τα σηκαι είν , έστω 1c

ευθειακά, αν

ώνου ,

της διαμέσου

οινό σημείοστα σημεία ακά.

με τον 2c ,

όξο )

η BZ στο κύ

τόξο )

Z στο κύκλο

ωνο

ύκλος ημεία αι το , και

ν και

που

υ ως

των ,

τότε

ύκλο

ο c )

Από τις πα

Επομένωςεγγράψιμο

Άρα η κοι

των κύκλω

Αν τώρα

σημεία συνευθεια

Αντίστροφ, τότε τα σ

είναι συνε

2ος ΤρόποΈστω κύκλων c

του κύκλοσημεία Από την συμπεραίν

Το σημείοΆρα τα σσυνευθεια

1 1

αραπάνω ισό

1

ς το τετράπο σε κύκλο (

ινή χορδή ων 1c , 2 c , 3 cυποθέσουμε

, , είνα

ακά , δηλαδή

φα τώρα, αν σημεία , ευθειακά) συ

ος το σημείο

1c , 2c . Έστω

ου c . Αν , , , είν

εφαρμογή τνουμε ότι τα

ο έχει τηνσημεία , ακά.

: ( οι καότητες προκύ

1

, άρα πλευρο έστω 3c ).

των κύκ

3 .

ε ότι τα σημε

ι συνευθειακ

τα σημεία υποθέσουμε, θα είναι

υμπεραίνουμε

τομής των ω ακόμη τ

είναι το σηναι συνευθει

του θεωρήμασημεία , ν ίδια δύναμη

, είναι

αι Z είναιύπτουν τα εξ

/ / και είναι ισ

κλων 1c και

εία , , κά) συμπερα

, , θα α

ε ότι το σημει συνευθειακ

ε ότι τα σημ

, το σημείο το

ημείο τομής τιακά.

ατος Pascal, είναι συ

η ως προς τοσυνευθειακ

Σχήμα

ι εφαπτόμενεξής:

1 1

, άρασοσκελές τρ

2c θα διέρχε

είναι συνευ

αίνουμε ότι

ανήκουν στη

είο ανήκεκά. Οπότε (επ

εία , ,

και το ομής των εφα

των και

στο εκφυλιυνευθειακά.

ο κύκλο c . Δκά. Οπότε τ

2

ες στο κύκλο

α / / ραπέζιο και

εται από το ρ

υθειακά, τότ

τα σημεία η συμμετροδι

ει στη συμμεπειδή και τα

είναι συνευ

δεύτερο κοαπτομένων σ

ι , θα απ

ισμένο εξάγ

Δηλ. α σημεία

ο c )

. ι κατά συνέ

ριζικό κέντρ

τε (επειδή κα

, , ,

ιάμεσο ετροδιάμεσο α σημεία , υθειακά.

οινό σημείοστα σημεία ποδείξουμε ό

γωνο

, , ,

έπεια

ρο

αι τα

είναι

.

,

των ,

ότι τα

,

. είναι

Αν τώρα υποθέσουμε ότι τα σημεία , , είναι συνευθειακά, το σημείο θα

ανήκει στην συμμετροδιάμεσο .

Αντίστροφα, αν το ανήκει στην συμμετροδιάμεσο τότε τα σημεία , ,

είναι συνευθειακά.

Πρόβλημα 3 (α) Δίνονται οι φυσικοί αριθμοί με και διακεκριμένοι πραγματικοί

αριθμοί . Να βρεθούν όλα τα πολυώνυμα με πραγματικούς συντελεστές,

βαθμού το πολύ ,n για τα οποία ισχύει η ισότητα

, (1)

για κάθε ,i j με . (β) Δίνονται φυσικοί αριθμοί , 2m n με n m . Να εξετάσετε αν υπάρχει πολυώνυμο

Q με πραγματικούς συντελεστές βαθμού n καθώς και διακεκριμένοι πραγματικοί

αριθμοί 1, , ma a , τέτοιοι ώστε

| ( ) ( ) | | |,i j i jQ a Q a a a

για κάθε ,i j με .

Λύση

(α) Θα ασχοληθούμε πρώτα με το ερώτημα (α). Λόγω της συμμετρίας υποθέτουμε ότι

21 maaa και για ευκολία θέτουμε 1( ) ( )ii id P a P a . Τότε λόγω της (1)

έχουμε:

1 2 1

1 2 2 3 1

1 2 2 3 1

1 2 2 3 1

1 1

1 1 2 2 3 1

1

| | | | ... | |

| ( ) ( ) | | ( ) ( ) | ... | ( ) ( ) |

| | | | ... | |

...

| |

| ( ) ( ) | | ( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( ) |

|

m

m m

m m

m m

m m

m m m

d d d

P a P a P a P a P a P a

a a a a a a

a a a a a a

a a a a

P a P a P a P a P a P a P a P a

d

2 1... |md d

Αυτό σημαίνει ότι οι αριθμοί 1 2 1, ,..., md d d είναι ομόσημοι. Οπότε έχουμε δύο

περιπτώσεις.

1η περίπτωση: Όλοι οι 1 2 1, ,..., md d d είναι θετικοί. Είναι Τότε από την (1) έχουμε

ότι 1 2 1 2 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( )P a P a a a P a a P a a .Όμοια

2 2 3 3( ) ( )P a a P a a ,…., 1 1( ) ( )m m m mP a a P a a . Έπεται ότι

1 1 2 2( ) ( ) ... ( )m mP a a P a a P a a k (2)

Αυτό σημαίνει ότι το πολυώνυμο ( ) ( )Q x P x x k που είναι βαθμού το πολύ n ,

,n m n m

1, , ma a P

| ( ) ( ) | | |i j i jP a P a a a

1 i j m

1 i j m

έχει m n διακεκριμένες ρίζες (τα 21 maaa ). Έπεται ότι το ( )Q x είναι το

μηδενικό πολυώνυμο, οπότε ( )P x x k , όπου k .

2η περίπτωση: Όλοι οι 1 2 1, ,..., md d d είναι αρνητικοί. Τότε από την (1) έχουμε ότι

1 2 1 2 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( )P a P a a a P a a P a a .Επομένως

1 1 2 2( ) ( ) ... ( )m mP a a P a a P a a (3)

Αυτό σημαίνει ότι το πολυώνυμο ( ) ( )R x P x x που είναι βαθμού το πολύ n ,

έχει m n διακεκριμένες ρίζες (τα 21 maaa ). Έπεται ότι το ( )R x είναι το

μηδενικό πολυώνυμο, οπότε ( )P x x , όπου .

Επομένως δύο πολυώνυμα, το ( )P x x k και το ( )P x x είναι τα μόνα που

ικανοποιούν τις συνθήκες του προβλήματος.

2ος τρόπος: Ας υποθέσουμε ότι 3m και ότι υπάρχουν 1, , ,..., mp q r a a ώστε να

ισχύει:

( ) ( ) , ( ) ( )P p P q p q P p P r r p .

Με αφαίρεση κατά μέλη των παραπάνω παίρνουμε ότι

( ) ( ) 2P r P q p q r . (4)

Όμως από την συνθήκη της εκφώνησης έχουμε ότι ( ) ( )P r P q r q ή

( ) ( )P r P q q r . Στην πρώτη περίπτωση η (4) γίνεται 2 2r p r p , άτοπο

αφού οι 1, ,..., mp r a a που είναι διακεκριμένοι. Όμοια, αν ( ) ( )P r P q q r τότε

η (4) δίνει q p , πάλι άτοπο.

Αυτό σημαίνει ότι είτε 3m , είτε ότι δεν υπάρχουν τέτοιοι 1, , ,..., mp q r a a .

1η περίπτωση: Αν 3m , τότε 1n ή 0n . Προφανώς η 0n απορρίπτεται αφού κανένα σταθερό πολυώνυμο δεν ικανοποιεί. Η 1n δίνει ( )P x ax b , οπότε πρέπει

| | | | | | 1i j i ja a b a a b a a a

οπότε ( ) ,P x x b ή ( )P x x b .

2η περίπτωση: Αν δεν υπάρχουν τέτοιοι 1, , ,..., mp q r a a , τότε είτε

1 1 2 2( ) ( ) ... ( )m mP a a P a a P a a k , οπότε οδηγούμαστε στην 1η

περίπτωση που είδαμε στον 1ο τρόπο, είτε

1 1 2 2( ) ( ) ... ( )m mP a a P a a P a a , οπότε οδηγούμαστε στην 2η

περίπτωση που είδαμε στον 1ο τρόπο.

(β) Θα δείξουμε ότι αν ( ) nQ x x και 1

| |ian

για κάθε 1 i m τότε ισχύει η

ζητούμενη ανισότητα. Πράγματι,

και

1| n ni ia a

οπότε από

Σημείωσηνα γίνουν.

ΠρόβλημΘεωρούμε

το πλήθος

σημεία. Ν

Λύση

Σταθεροπδιεύθυνσηk ζεύγη (για 3k k ζεύγη σ

Επομένωςπαραλληλόλες τις δι

όπου s εί

άθροισμα

| ( ) (iQ a Q

2 ...nja a

ό την (1) έχου

η: Στο δεύτε.

μα 4. ε n σημεία σ

ς των παραλλ

Να αποδείξετε

οιούμε μία δη μπορεί να έσημείων για3 ), σχηματίσημείων.

ς σε μία διλόγραμμα εμιευθύνσεις, θ

ίναι το συνολ

όμως

( ) | | nj ia a a

1 1| | |n nj ia

υμε | ( )iP a

ερο ερώτημα

στο επίπεδο,

ληλογράμμω

ε ότι ( )n

διεύθυνση u

έχουμε το ποα αυτή τη διίζονται το πο

ιεύθυνση μεμβαδού 1. Εθα πάρουμε

λικό πλήθος

k είναι το

| |nj i ja a a

2| | .ni ja a

( ) | |j iP a a

α υπάρχουν κ

, 4n , ανά τ

ων εμβαδού 12 3

4

n n , γι

στο επίπεδοολύ δύο σημιεύθυνση. Τόολύ 1k π

Σχήμα ε k ζεύγηΕπομένως, αν

( 1)k ς των διευθύν

άθροισμα

1| | n ni ia a

1... | |nja

n

|ja .

και άλλες πιθ

τρία μη συνε

1 που σχημα

ια κάθε 4n

ο. Σε κάθε εμεία. Ας υποθότε όπως φαπαραλληλόγρ

3 σημείων, σ

αν αθροίσουμ

k s νσεων στις ο

όλων των

2 ... nj ja a

1 1

1 1n nn n

ανές κατασκ

ευθειακά. Ον

ατίζονται με κ

4 .

υθεία παράλθέσουμε ότι αίνεται στο πραμμα εμβαδ

σχηματίζοντμε τα παραλ

,

οποίες βρίσκο

τμημάτων, π

1 |nj (1)

1

1...

nn n

κευές που μπ

νομάζουμε

κορυφές αυτ

λληλη σε αυτσε ότι υπάρπαρακάτω σχδού 1 με αυτ

ται πολύ kλληλόγραμμ

ονται σημεία

που είναι

11

n

n

n

πορεί

( )n

τά τα

τή τη ρχουν χήμα τά τα

1k μα σε

α. Το

2

n

.

Επομένως

αυτό τον

διεύθυνση

Επομένως

Θα δείξουτότε το πλσημεία

Το σημείοέχουν κοιντμήμα ΒΓάρα ορίζεδιαφορετι

ς, το πλήθος

τρόπο μετρ

η

και μία

ς το συνολικό

υμε τώρα ότιλήθος των διε, , (σε κ

ο Α συνδέετανό σημείο τοΓ δεν είναι παι μία ακόμη ικές διευθύνσ

των παραλλ

ρήσαμε κάθε

φορά για τη

ό πλήθος των

ι αν έχουμε nευθύνσεων εκυρτή θέση) ό

αι με 1n το Α, οπότε οραράλληλο σεδιεύθυνση. Εσεις, οπότε τ

ληλογράμμω

ε παραλληλό

διεύθυνση

Σχήμα ν παραλληλο

2

2s

n

4n σημείείναι ns .όπως στο σχ

Σχήμα μήματα με τρίζουν 1nε κανένα απόΕπομένως έχο πλήθος τω

2

2

nn

ων εμβαδού

όγραμμο δύο

, όπως φαί

4 ογράμμων εμ

s

.

ία στο επίπεδΠράγματι αςχήμα:

5 α υπόλοιπα σ διαφορετικέό αυτά τα τμήχουμε τουλάχων παραλληλο

2 3.

4

n n

1 είναι το

ο φορές. Μί

ίνεται στο σχ

μβαδού 1 είν

δο, ανά τρία ς πάρουμε τρ

σημεία. Όλαές διευθύνσεήματα, αφού χιστον n 1ογράμμων εί

sn

2

. Αλλ

ία φορά για

χήμα:

ναι το πολύ

μη συνευθειρία γειτονικά

α αυτά τα τμήεις. Επιπλέον τα τέμνει όλ

n1 ίναι το πολύ

λά με

α την

ιακά, ά

ήμα ν το λα,