ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025 e-mail : [email protected], www.hms.gr GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR. 106 79 - Athens - HELLAS Tel. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025 e-mail : [email protected], www.hms.gr ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 35 η 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 3 x και 2 3 x να είναι και οι δύο ρητοί. (β) Να εξετάσετε, αν υπάρχει πραγματικός αριθμός y τέτοιος ώστε οι αριθμοί 3 y και 3 3 y να είναι και οι δύο ρητοί. Λύση (α) Έστω 2 3 , 3 x qx p με , pq . Τότε 2 2 3 2 3 3 x q x q q οπότε αν αντικαταστήσουμε στη δεύτερη παίρνουμε: 2 2 2 3 3 3 32 1 3 q q p q p q Τότε πρέπει 1 2 1 0 2 q q . Σε αυτή την περίπτωση 2 1 13 3 3 4 4 p q q και 1 3 2 x . (β) Έστω 3 3 , 3 y q y p με , pq . Τότε 3 3 2 3 3 3 9 33 y q y q q q οπότε αν αντικαταστήσουμε στη δεύτερη παίρνουμε: 3 2 2 3 3 2 3 3 9 33 3 33 2 9 9 3 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 2 cm με πλευρές παράλληλες στις πλευρές του ΑΒΓΔ και με όλα τα μικρά τετράγωνα από τα οποία
12
Embed
Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα Αρχιμήδης Ενδεικτικέςblogs.sch.gr/iokaragi/files/2018/03/ARXIMIDHS... · 35η Ελληνική Μαθηματική
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR. 106 79 - Athens - HELLAS Tel. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025 e-mail : [email protected], 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
eme
Highlight
eme
Highlight
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
eme
Highlight
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
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
eme
Highlight
eme
Highlight
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 )
eme
Highlight
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
eme
Highlight
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
.
eme
Highlight
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