3. izbirni test za MMO 2017

Transkripcija

1 3. izbirni test za MMO 2017 Ljubljana, 14. april Naj bosta n in k naravni števili. Na n n tabeli je na celici v zgornjem levem kotu k kamnov. Ana in Bor igrata sledečo igro. Začne Ana, nato igrata izmenično. Ana v svoji potezi izbere celico X, ki vsebuje dva ali več kamnov in je hkrati celica Y direktno na njeni desni prazna, ter premakne na Y vsaj enega in ne vseh kamnov s celice X. Podobno Bor v svoji potezi izbere celico Z, ki vsebuje dva ali več kamnov in je hkrati celica W direktno pod njo prazna, ter premakne na W vsaj enega in ne vseh kamnov s celice Z. Igralec, ki ne more več narediti nobene dovoljene poteze, izgubi. Za vsaki naravni števili n in k določi igralca z zmagovalno strategijo. 2. Naj bo ABC trikotnik in M, N, P zaporedoma poljubne tri točke na stranicah BC, CA, AB, tako da se premice AM, BN in CP sekajo v eni točki. Premica skozi točko N, ki je vzporedna premici AB, se seka s premico MP v točki E in premica skozi točko M, ki je vzporedna premici AB, se seka s premico NP v točki F. Dokaži, da se premice CP, MN in EF sekajo v eni točki. 3. Naj bo p tak polinom z realnimi koeficienti, da za vsako realno število x velja enakost p(x) = p(1 x). Dokaži, da potem obstaja tak polinom z realnimi koeficienti q, da za vsako realno število x velja enakost p(x) = q(x(1 x)). Naloge rešuj samostojno. Za reševanje imaš na voljo 4 ure 30 minut. Uporaba zapiskov, literature ali žepnega računala ni dovoljena. c 2017 DMFA Slovenije, Komisija za popularizacijo matematike v srednji šoli

2 Kratka navodila. Najprej natančno preberi naloge. V prve pol ure lahko postaviš vprašanja. Piši razločno in čitljivo. Po možnosti naredi čistopis. Šifro nalepi oziroma napiši na vse liste in pole, ki jih oddajaš. Svojega papirja ne smeš uporabljati. kalkulatorjev, zapiskov ali literature. Prav tako ni dovoljena uporaba Ko oddaš, lahko greš. Zadrževanje v bližini predavalnice ni dovoljeno. Toda, v zadnje pol ure ne sme nihče zapustiti predavalnice (tudi ni več izhoda na stranišče). Veliko sreče!

3 1. Najprej preverimo primere za n = 1 in n = 2. Pri n = 1 ne glede na k očitno zmaga Bor, pri n = 2 pa Bor zmaga, če je k = 1, Ana, če je k = 2, Bor pa pri vseh ostalih k, saj v primeru k > 2 vzame celico, v kateri sta vsaj dva kamenčka ter enega prestavi dol. Taka celica bo vedno obstajala. Za večje n uvedemo naslednjo lemo: Lema: Imamo u v tabelo, kjer sta u in v naravni števili, večji od 1, ter v zgornji levi celici a kamenčkov. Edina možna poteza, ki igralcu, ki je na vrsti, lahko zagotovi zmago, je, da vse razen enega kamenčka premakne v svoje legalno polje. Dokaz: Denimo, da je na potezi Ana, za Bora je dokaz analogen. Recimo, da je Ana v celico desno od začetne prestavila b a 2 kamenčkov. Bor v odgovor iz na novo zapolnjene celice premakne dol en sam kamenček. Zgodi se ena od treh stvari: Prišli smo do roba tabele in Ana nima več legalne poteze. Ana ima samo eno legalno celico - tisto, v katero je kamenčke premaknila s prejšnjo potezo - in takoj desno od nje prestavi en sam kamenček. Torej Bor vzame začetno celico, iz nje dol premakne en sam kamenček ter zmaga, saj Ana nima več legalne poteze. Ana ima samo eno legalno celico - tisto, v katero je kamenčke premaknila s prejšnjo potezo - in takoj desno od nje prestavi več kot en kamenček. Bor v odgovor ponovi prejšnjo potezo, s čimer zopet pridemo do ene od treh možnosti. Zaradi končnih razsežnosti tabele in končnega števila kamenčkov je omejeno, kolikokrat se lahko zgodi tretja izmed navedenih možnosti, torej Bor v tem primeru zmaga. Z uporabo leme vidimo, da mora igralec, ki je na potezi, vedno igrati vse razen enega kamenčka v svojo legalno celico - vsakič, ko igralec naredi potezo, iz trenutne podtabele izbrišemo najbolj levo vrstico/zgornji stolpec, odvisno od igralca, ter ponovno uporabimo lemo. Uporabljamo jo lahko, dokler ne pridemo do podtabele, sestavljene le še iz spodnje desne celice in ene nad njo, takrat pa je na potezi Bor in zmaga, če a > 1. Bor torej zmaga, če pridemo do konca tabele, za kar moramo imeti vsaj 2n 1 kamenčkov. Zmaga tudi, če je k manjši in lih, saj bo v tem primeru on naredil zadnjo potezo. Če je k manjši in sod, bo zmagala Ana, saj bo

4 zadnjo potezo naredila ona. 2. Najprej izločimo trivialen primer M N AB, kjer M = E in N = F. Označimo z R presečišče premic NE in BC. Predpostavimo lahko, da E leži na daljici NR in posledično N leži na daljici P F, saj je drugi primer podoben. Označimo z O presečišče daljic AM, BN in CP, s Q presečišče premic MN in EF ter z S presečišče premic CP in MN. Dokazali bomo, da točki S in Q sovpadeta. Uporabimo Menelajev izrek za trikotnik BMN in točke O, S, C, Menalajev izrek za trikotnik ABN in točke P, O, C ter Cevov izrek za trikotnik ABC in točke P, M, N. Tedaj velja SN SM OB ON CM CB = 1 ON OB CA CN P B P A = 1 P A P B MB MC NC NA = 1 Iz česar pa sklepamo SN SM MB CB CA SN AN = 1 oziroma SM = BC BM AN AC. Sedaj pa upoštevajmo podobnost trikotnikov N EQ in M F Q ter podobnost trikotnikov P EN in P MF ter Talesov izrek v trikotnikih BMP in ABC, da dobimo: QN QM = NE MF = P E P M = BR BM = BR BC BC BM = AN AC BC BM = SN SM. Ker obe točki Q in S ležita na daljici MN, iz tega sledi, da točki sovpadeta in posledično se premice MN, EF in CP sekajo v eni točki. 3. Prva rešitev: Če v dano enakost vstavimo x namesto x, dobimo p(x ) = p( x ), oziroma s(x) = s( x), kjer označimo z s polinom, za katerega velja s(x) = p(x ). Dokažimo, da polinom s vsebuje le sode potence x. Naj torej velja s(x) = n a i. Velja torej 0 = s(x) s( x) = n (1 ( 1) i )a i x i. Torej je polinom, ki ga dobimo, če vzamemo le člene z liho potenco x identično enak nič, kar pomeni, da si vsi lihi koeficienti enaki nič in je n polinom oblike s(x) = a 2i x 2i, oziroma s(x) = r(x 2 ), kjer je r polinom

5 n definiran kot r(x) = a 2i x i. Ker tedaj velja ( p(x) = s x 1 ) = r 2 je iskani polinom q(x) = r ( x + 1 4). ( ( x 1 ) ) 2 ( = r x(1 x) + 1 ), 2 4 Druga rešitev: Nalogo dokazujemo z indukcijo po stopnji polinoma p. Za konstantni polinom trditev očitno velja. Predpostavimo sedaj, da trditev velja za vse ustrezne polinome stopnje manjše ali enake n in naj bo p stopnje n + 1. Po osnovnem izreku o deljenju lahko zapisemo p(x) = x(1 x)k(x) + r(x), kjer je stopnja polinoma k manjša ali enaka n in stopnja polinoma r manjša ali enaka 1. Ker velja r(1) = p(1) = p(0) = r(0), je polinom r deljansko konstanten in pišemo r(x) = c. Vendar torej velja x(1 x)k(x) + c = p(x) = p(1 x) = x(1 x)k(1 x) + c. Iz tega lahko sklepamo, da velja k(x) = k(1 x) za vse x, razen za 0 in 1, vendar pa iz enakosti dveh polinomov v neskončno mnogo točkah velja enakost povsod. Polinom k torej ustrezam pogojem za indukcijsko predpostavko in ga lahko zapišemo kot k(x) = s(x(1 x)). Polinom p lahko torej zapišemo kot p(x) = q(x(1 x)), kjer označimo s q polinom, za katerega velja q(x) = xs(x) + c. Tako zaključimo indukcijski korak in dokažemo nalogo.