Abelfinalen 2018

[stensrud]

Hva synes dere om årets oppgaver?

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

2) Omsenteret i en trekant $ABC$ kalles $O$. Punktene $A^{\prime },B^{\prime }$ og $C^{\prime }$ 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
$$\sum _{n=0}^{1009}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2018}{2n})P(x+2n)=\sum _{n=0}^{1008}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2018}{2n+1})P(x+2n+1)$$
for alle reelle tall $x$.

4a) En følge $a_1,a_2,\dots ,a_k$ av heltall kalles gyldig dersom det for $j=1,2,\dots ,k-1$ gjelder at

• dersom $a_j$ er et partall, er $a_{j+1}=a_j/2$, men
• dersom $a_j$ er et oddetall, er $|a_{j+1}-a_j|$=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 $n\in \{1,2,3,\dots ,2018\}$ finnes en gyldig følge med $a_1=n,a_k=1$ og $k\le K$.

[Gustav]

Hva synes dere om årets oppgaver?

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

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]

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]

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
$$\sum _{n=0}^{1009}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2018}{2n})P(x+2n)=\sum _{n=0}^{1008}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2018}{2n+1})P(x+2n+1)$$
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]

4a) En følge $a_1,a_2,\dots ,a_k$ av heltall kalles gyldig dersom det for $j=1,2,\dots ,k-1$ gjelder at

• dersom $a_j$ er et partall, er $a_{j+1}=a_j/2$, men
• dersom $a_j$ er et oddetall, er $|a_{j+1}-a_j|$=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]

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

La oss skrive om $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ til $X,Y,Z$ fordi jeg er for lat til å taste .

Løsning 1:
La $D,E,F$ være midtpunktene på henholdsvis sidene $AB,BC$, og $CA$ i $\mathrm{△}ABC$. 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 $\mathrm{△}DEF$ til $\mathrm{△}XYZ$. Men det er opplagt at det eksisterer en homoteti som sender $\mathrm{△}DEF$ til $\mathrm{△}ABC$ (med senter i tyngdepunktet $G$ av $\mathrm{△}ABC$), må det eksistere en homoteti som sender $\mathrm{△}XYZ$ til $\mathrm{△}ABC$. 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 $\overrightarrow{OX}=2({\displaystyle \frac{\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}}{2}})=\overrightarrow{HA}$. 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 $\prod _{cyc}{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }CAX}{\sin \mathrm{\angle }XAB}}=1$. Dette er tilsynelatende ikke lett å jobbe med, men dersom man merker at $${\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }CAX}{\sin \mathrm{\angle }XAB}}={\displaystyle \frac{\left[CAX\right]}{\left[BAX\right]}}={\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }ACX}{\sin \mathrm{\angle }ABX}}={\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }C+{90}^{\circ }-\mathrm{\angle }A}{\sin \mathrm{\angle }B+{90}^{\circ }-\mathrm{\angle }A}},$$ kan man gjøre litt algebra og oppnå det ønskede resultatet.

En siste bemerkning:
Man kan opplagt generalisere argumentet fra løsning 1 til homotetier av $\mathrm{△}DEF$ av vilkårlig konstant $k$. Konkurrenspunktet vil være et punkt på eulerlinjen av $\mathrm{△}ABC$. For tilfellet $k=2$ (denne oppgaven) er konkurrenspunktet midtpunktet av $OH$, som "tilfeldigvis" også er nipunktssentret.

[stensrud]

En siste bemerkning:
Man kan opplagt generalisere argumentet fra løsning 1 til homotetier av $\mathrm{△}DEF$ av vilkårlig konstant $k$. Konkurrenspunktet vil være et punkt på eulerlinjen av $\mathrm{△}ABC$. 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]

Gratulerer med tredjeplassen forresten!

[mingjun]

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 så mange). Vi forbereder oss nå til den nordiske konkurransen, og satser på å levere et godt år på IMO i sommer.

[Gustav]

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 så mange). Vi forbereder oss nå til den nordiske konkurransen, og satser på å levere et godt år på IMO i sommer.

Det høres bra ut, og lykke til med forberedelsene!