Løst med TorsteinBM
La $K=(CDE)\cap (ABC)$. La $H'$ være refleksjonen av $H$ over $M$. Vi ser først at $ABHH'$ er et parallelogram, så $180^\circ-\angle C$=$\angle AHB$=$\angle AH'B$, så $H'$ ligger på $(ABC)$.
Påstand: Punktene $M$, $H$ og $K$ ligger på linje.
Bevis: Siden $BH\perp AC$ og $BH\parallel AH'$ vet vi $CH'$ er diameter i $(ABC)$. Da betyr det at $H'KC=90^\circ$. Samtidig er $CH$ diameter i $CDE$ så $HKC=90^\circ$. Dette er nok til å vise påstanden.
Alternativt kan man bruke tre tangent lemma, harmoniske kryssforhold og harmoniske firkanter.
Nå ser vi at $K=m\cap MH$ siden $\angle MKC=90^\circ$. Nå bruker vi potenssenterteoremet på sirkelene $(ABC), (ABDE)$ og $(ADE)$, som impliserer resultatet vi så etter.
Abel maraton
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Lil_Flip38
- Noether
- Innlegg: 31
- Registrert: 10/12-2023 10:58
- Sted: Abelmaraton
La $ABC$ være en spissvinklet trekant med omsirkel
$\omega$ og La $H$ og $G$ være ortosenteret og tyngdepunktet. La $AH$ og $AG$ skjære $BC$ i $D,M$. La stråler $MH$ og $DG$ skjære $\omega$ i $P,Q$. Show that $PD\cap QM$ lies on $\omega$
$\omega$ og La $H$ og $G$ være ortosenteret og tyngdepunktet. La $AH$ og $AG$ skjære $BC$ i $D,M$. La stråler $MH$ og $DG$ skjære $\omega$ i $P,Q$. Show that $PD\cap QM$ lies on $\omega$
Løsning:
La E og F være føttene til høydene fra B og C.
Påstand: [tex]AP\cap EF\cap BC=R[/tex]
Bevis: Det er velkjent at BCEF er syklisk. Det holder dermed å vise at APFE er syklisk fordi R dermed er potenssenteret til [tex]\omega[/tex], (BCEF) og (APFE). Det er velkjent at AFEH er syklisk og at HM skjærer [tex]\omega[/tex] i A', antipoden til A på [tex]\omega[/tex]. Av vinkeljakt har vi
[tex]\measuredangle APA'=\measuredangle APH=\measuredangle AFH[/tex].
Dette impliserer at APFE er syklisk.
La tangentene til [tex]\omega[/tex] i B og C skjære hverandre i K. La [tex]AK\cap \omega = X[/tex], [tex]AD\cap \omega=N[/tex] og [tex]AM\cap \omega =L[/tex]. AX er A-symmedianen i ABC og L er refleksjonen av X over midtnormalen til BC. Det betyr at [tex]\measuredangle LAC=\measuredangle BAX[/tex].
Påstand: [tex]AQ\parallel BC[/tex]
Vi har [tex]\measuredangle MBA=\measuredangle CXA[/tex] og
[tex]\measuredangle XAC=\measuredangle XAL +\measuredangle LAC=\measuredangle BAX+\measuredangle XAL=\measuredangle BAM[/tex].
Dermed er [tex]\Delta ABM\sim \Delta AXC[/tex]. Det betyr at [tex]\measuredangle AQX=\measuredangle ACX=\measuredangle AMB[/tex].
Dette impliserer at omsirkelen til AMQ tangerer BC i M og at omsenterene til ABC og AMQ begge ligger på midtnormalen til BC. AQ er potenslinjen til AMQ og [tex]\omega[/tex]. Vi har dermed [tex]AQ\perp OM\Rightarrow AQ\parallel BC[/tex], der O er omsenteret til ABC.
Vi løser resten av oppgaven med projektiv geometri.
Påstand: [tex]PF\cap QM\cap \omega =X[/tex]
La [tex]QM\cap \omega=X_1[/tex] og [tex]PD\cap\omega=X_2[/tex].
Siden M er midtpunktet på BC og [tex]AQ\parallel BC[/tex], er
[tex]-1=(AM,AQ;AB,AC)\stackrel{A}\doublebarwedge(L,Q;B,C)\stackrel{M}\doublebarwedge(A,X_1;C,B)[/tex].
Vi ser på firkanten AFHE og legger merke til at [tex]AF\cap EH=B[/tex], [tex]AE\cap FH=C[/tex], [tex]EF\cap BC=R[/tex] og [tex]AH\cap BC=D[/tex].
Dermed er [tex]-1=(R,D;B,C)\stackrel{A}\doublebarwedge(P,N;B,C)\stackrel{D}\doublebarwedge (X_2,A;C,B)[/tex].
Det er velkjent at [tex]-1=(A,X;B,C)[/tex].
Vi har dermed at [tex]-1=(A,X;B,C)=(A,X_1;B,C)=(A,X_2;B,C)[/tex], som impliserer [tex]X=X_1=X_2[/tex]
La E og F være føttene til høydene fra B og C.
Påstand: [tex]AP\cap EF\cap BC=R[/tex]
Bevis: Det er velkjent at BCEF er syklisk. Det holder dermed å vise at APFE er syklisk fordi R dermed er potenssenteret til [tex]\omega[/tex], (BCEF) og (APFE). Det er velkjent at AFEH er syklisk og at HM skjærer [tex]\omega[/tex] i A', antipoden til A på [tex]\omega[/tex]. Av vinkeljakt har vi
[tex]\measuredangle APA'=\measuredangle APH=\measuredangle AFH[/tex].
Dette impliserer at APFE er syklisk.
La tangentene til [tex]\omega[/tex] i B og C skjære hverandre i K. La [tex]AK\cap \omega = X[/tex], [tex]AD\cap \omega=N[/tex] og [tex]AM\cap \omega =L[/tex]. AX er A-symmedianen i ABC og L er refleksjonen av X over midtnormalen til BC. Det betyr at [tex]\measuredangle LAC=\measuredangle BAX[/tex].
Påstand: [tex]AQ\parallel BC[/tex]
Vi har [tex]\measuredangle MBA=\measuredangle CXA[/tex] og
[tex]\measuredangle XAC=\measuredangle XAL +\measuredangle LAC=\measuredangle BAX+\measuredangle XAL=\measuredangle BAM[/tex].
Dermed er [tex]\Delta ABM\sim \Delta AXC[/tex]. Det betyr at [tex]\measuredangle AQX=\measuredangle ACX=\measuredangle AMB[/tex].
Dette impliserer at omsirkelen til AMQ tangerer BC i M og at omsenterene til ABC og AMQ begge ligger på midtnormalen til BC. AQ er potenslinjen til AMQ og [tex]\omega[/tex]. Vi har dermed [tex]AQ\perp OM\Rightarrow AQ\parallel BC[/tex], der O er omsenteret til ABC.
Vi løser resten av oppgaven med projektiv geometri.
Påstand: [tex]PF\cap QM\cap \omega =X[/tex]
La [tex]QM\cap \omega=X_1[/tex] og [tex]PD\cap\omega=X_2[/tex].
Siden M er midtpunktet på BC og [tex]AQ\parallel BC[/tex], er
[tex]-1=(AM,AQ;AB,AC)\stackrel{A}\doublebarwedge(L,Q;B,C)\stackrel{M}\doublebarwedge(A,X_1;C,B)[/tex].
Vi ser på firkanten AFHE og legger merke til at [tex]AF\cap EH=B[/tex], [tex]AE\cap FH=C[/tex], [tex]EF\cap BC=R[/tex] og [tex]AH\cap BC=D[/tex].
Dermed er [tex]-1=(R,D;B,C)\stackrel{A}\doublebarwedge(P,N;B,C)\stackrel{D}\doublebarwedge (X_2,A;C,B)[/tex].
Det er velkjent at [tex]-1=(A,X;B,C)[/tex].
Vi har dermed at [tex]-1=(A,X;B,C)=(A,X_1;B,C)=(A,X_2;B,C)[/tex], som impliserer [tex]X=X_1=X_2[/tex]
Sist redigert av lfe den 27/06-2024 19:02, redigert 1 gang totalt.
SPOILER ALERT. dette er ikke ferdig, men heller en lagringsplass for et uferdig (og ikke spesielt bra) forsøk
Vi viser først at vi bare trenger å se på casen der P(x) er et irredusibelt annengradspolynom.
Først, kan vi observere at hvis P(x) > 0 for alle x >= 0, har polynomet ingen positive røtter,
da kan P(x) faktoriseres som et produkt av annengradspolynomer og røtter på formen (x+k), der [tex]k \in \mathbb{R}_+[/tex]
å gange et polynom med kun positive koeffisienter med et slikt ledd, vil beholde de positive koefissientene, så vi trenger bare å se på tilfellet der P(x) er et produkt av irredusible annengradspolynomer.
Ved å se på et generelt annengradspolynom [tex]ax^2 +bx +c[/tex] med diskriminant < 0 og dele på a får vi. [tex]x^2 + \frac{b}{a}x+\frac{c}{a}, der \frac{b^2}{a^2} < 4 c/a [/tex]
ved å sette b/a = m, og c/a = k, får vi [tex]m^2 < 4k og polynomet x^2 +mx +k[/tex].
Hvis vi for hvert slikt polynom i faktoriseringen finner en n slik at (x+1)^n P(x) bare har positive koeffisienter, er vi ferdige.
Vi ser på et annengradspolynom [tex]x^2 + mx+k, 4k>m^2>0[/tex], og viser at det finnes en slik n
Først ser vi at
[tex](x+1)^n (x^2+mx+k) = \sum_{0}^{n} x^i \binom{n}{i} (x^2+mx+k) = \sum_{0}^{n} \binom{n}{i} k x^i+\sum_{1}^{n+1} \binom{n}{i-1} m x^{i} + \sum_{2}^{n+2} \binom{n}{i-2} x^{i}[/tex]
som blir
[tex]\sum_{0}^{n} \binom{n}{i} k x^i+\sum_{1}^{n+1} \binom{n}{i-1} m x^{i} + \sum_{2}^{n+2} \binom{n}{i-2} x^{i} = k+nkx+mx+mx^{n+1}+nx^{n+1}+x^{n+2} + \sum_{2}^{n} x^i (k \binom{n}{i}+m\binom{n}{i-1}+\binom{n}{i-2})[/tex]
dermed får vi
[tex](x+1)^n (x^2+mx+k) = k+nkx+mx+mx^{n+1}+nx^{n+1}+x^{n+2} + \sum_{2}^{n} x^i (k \binom{n}{i}+m\binom{n}{i-1}+\binom{n}{i-2})[/tex]
De første koeffisientene kan bli positive ved å velge n stor nok, vi trenger da å finne en n slik at
[tex]k \binom{n}{i}+m\binom{n}{i-1}+\binom{n}{i-2}[/tex] er positivt for alle [tex]i \in \left [ 2, n \right ][/tex]
først faktoriserer vi ut [tex]\frac{n!}{i! (n-i+2)!}[/tex]. dette er positivt, så vi trenger bare å sørge for at det som blir igjen er positivt.
vi får:
[tex]k(n-i+1)(n-i+2)+mi(n-i+2)+i^2-i[/tex]
som blir
[tex]k i^2 -m i^2 +i^2 -4i-2kni+min+2mi+3n+kn^2[/tex]
diskriminanten til dette utrykket blir
[tex]4m^2+4m^2n-16m+m^2n^2+4mn+4nk-12n-4n^2k-8mnk+16[/tex]
og om vi ser på koeffisienten til n^2 ser vi at den er [tex]m^2-4k[/tex]
Av det originale polynomet har vi at dette er negativt, så ved å velge n stor nok, vil hele diskriminanten ha ingen løsninger
vi ser også at koeffisienten til i^2 er positiv, slik at alle leddene blir positive for stor nok n (velg n lik maks av det som kreves her og det som kreves for første/siste koeffisienter)
Ferdig
Vi viser først at vi bare trenger å se på casen der P(x) er et irredusibelt annengradspolynom.
Først, kan vi observere at hvis P(x) > 0 for alle x >= 0, har polynomet ingen positive røtter,
da kan P(x) faktoriseres som et produkt av annengradspolynomer og røtter på formen (x+k), der [tex]k \in \mathbb{R}_+[/tex]
å gange et polynom med kun positive koeffisienter med et slikt ledd, vil beholde de positive koefissientene, så vi trenger bare å se på tilfellet der P(x) er et produkt av irredusible annengradspolynomer.
Ved å se på et generelt annengradspolynom [tex]ax^2 +bx +c[/tex] med diskriminant < 0 og dele på a får vi. [tex]x^2 + \frac{b}{a}x+\frac{c}{a}, der \frac{b^2}{a^2} < 4 c/a [/tex]
ved å sette b/a = m, og c/a = k, får vi [tex]m^2 < 4k og polynomet x^2 +mx +k[/tex].
Hvis vi for hvert slikt polynom i faktoriseringen finner en n slik at (x+1)^n P(x) bare har positive koeffisienter, er vi ferdige.
Vi ser på et annengradspolynom [tex]x^2 + mx+k, 4k>m^2>0[/tex], og viser at det finnes en slik n
Først ser vi at
[tex](x+1)^n (x^2+mx+k) = \sum_{0}^{n} x^i \binom{n}{i} (x^2+mx+k) = \sum_{0}^{n} \binom{n}{i} k x^i+\sum_{1}^{n+1} \binom{n}{i-1} m x^{i} + \sum_{2}^{n+2} \binom{n}{i-2} x^{i}[/tex]
som blir
[tex]\sum_{0}^{n} \binom{n}{i} k x^i+\sum_{1}^{n+1} \binom{n}{i-1} m x^{i} + \sum_{2}^{n+2} \binom{n}{i-2} x^{i} = k+nkx+mx+mx^{n+1}+nx^{n+1}+x^{n+2} + \sum_{2}^{n} x^i (k \binom{n}{i}+m\binom{n}{i-1}+\binom{n}{i-2})[/tex]
dermed får vi
[tex](x+1)^n (x^2+mx+k) = k+nkx+mx+mx^{n+1}+nx^{n+1}+x^{n+2} + \sum_{2}^{n} x^i (k \binom{n}{i}+m\binom{n}{i-1}+\binom{n}{i-2})[/tex]
De første koeffisientene kan bli positive ved å velge n stor nok, vi trenger da å finne en n slik at
[tex]k \binom{n}{i}+m\binom{n}{i-1}+\binom{n}{i-2}[/tex] er positivt for alle [tex]i \in \left [ 2, n \right ][/tex]
først faktoriserer vi ut [tex]\frac{n!}{i! (n-i+2)!}[/tex]. dette er positivt, så vi trenger bare å sørge for at det som blir igjen er positivt.
vi får:
[tex]k(n-i+1)(n-i+2)+mi(n-i+2)+i^2-i[/tex]
som blir
[tex]k i^2 -m i^2 +i^2 -4i-2kni+min+2mi+3n+kn^2[/tex]
diskriminanten til dette utrykket blir
[tex]4m^2+4m^2n-16m+m^2n^2+4mn+4nk-12n-4n^2k-8mnk+16[/tex]
og om vi ser på koeffisienten til n^2 ser vi at den er [tex]m^2-4k[/tex]
Av det originale polynomet har vi at dette er negativt, så ved å velge n stor nok, vil hele diskriminanten ha ingen løsninger
vi ser også at koeffisienten til i^2 er positiv, slik at alle leddene blir positive for stor nok n (velg n lik maks av det som kreves her og det som kreves for første/siste koeffisienter)
Ferdig
La S betegne mengden av positive heltall større eller lik 2.
En funksjon f: [tex]S\rightarrow S[/tex] er radikalisert hvis:
1: f er surjektiv
2: f er strengt voksende på primtallene (p1<p2 => f(p1) < f(p2))
3: for alle [tex]n \in S[/tex] er f(n) lik produktet av alle f(p), der p|n
for eksempel er f(360) = f(2)*f(3)*f(5)
Bestem maksimal og minimalverdien til f(2020), der f varierer igjennom alle radikaliserte funksjoner
En funksjon f: [tex]S\rightarrow S[/tex] er radikalisert hvis:
1: f er surjektiv
2: f er strengt voksende på primtallene (p1<p2 => f(p1) < f(p2))
3: for alle [tex]n \in S[/tex] er f(n) lik produktet av alle f(p), der p|n
for eksempel er f(360) = f(2)*f(3)*f(5)
Bestem maksimal og minimalverdien til f(2020), der f varierer igjennom alle radikaliserte funksjoner
Løsning:
[tex]min(f(2020))=216[/tex]
[tex]max(f(2020))=584[/tex]
Bevis:
La [tex]p_n[/tex] være det n-te primtallet. Vi ser på verdiene av [tex]f(p_i)[/tex]. Siden [tex]2020=2^2\cdot 5\cdot 101[/tex], er
[tex]f(2020)=f(2)\cdot f(5)\cdot f(101)=f(p_1)\cdot f(p_3)\cdot f(p_{26})[/tex]
For å finne den minste verdien til f(2020) definerer vi funksjonen [tex]f(p_i)=i+1[/tex]. f er åpenbart surjektiv over S fordi det eksisterer uendelig mange primtall. Vi har også av den strenge ulikheten at [tex]f(p_i)\geq i-1+f(p_1)[/tex], der [tex]f(2)=2[/tex] på grunn av surjektiviteten. Dermed minimeres til[tex]f(2020)=f(2)\cdot f(5)\cdot f(101)=2\cdot 4\cdot 27=216[/tex]
For å finne maksimal verdien til f(2020) definerer vi [tex]A=\left \{ f(p_i)| i\in \mathbb{N} \right \}[/tex]. Vi ønsker å finne hvilke tall som må være i A for alle mulige f.
Påstand: [tex]p_i,p_i^2\in A, \forall i\in \mathbb{N}[/tex]
Bevis:
Det eksisterer ikke to tall [tex]a,b\in S[/tex] slik at [tex]a\cdot b=p_i[/tex]. Dermed må [tex]p_i\in A[/tex].
Siden f er strengt stigende over primtall, eksisterer det ikke to ulike primtall slik at [tex]f(p_i)=f(p_j)[/tex]. Det følger at [tex]p_i^2\in A[/tex].
Av liknende resonnement må også enten [tex]2^3[/tex] eller [tex]2^4[/tex] være i A.
Vi har dermed den ordnede mengden [tex]B=\left \{ 2,3,2^2,5,7,3^2,11,13,17,19,23,5^2,29,31,37,41,43,47,7^2,53,59,61,67,71,73 \right \}[/tex].
[tex]B\subset A[/tex] og [tex]|B|=25[/tex]
I tillegg vet vi at [tex]2^3[/tex] eller [tex]2^4[/tex] er i A.
Siden f er strengt stigende over primtall må [tex]f(p_i)[/tex] være mindre eller lik det i-te minste tallet i A.
Dermed er [tex]f(2)=2[/tex], [tex]f(5)=4[/tex] og [tex]f(101)\leq 73[/tex].
Vi definerer en ordnet mengde [tex]P=\left \{ p_i^{2^{j-1}}|i,j\in \mathbb{N} \right \}[/tex] og funksjonen f slik at [tex]f(p_i)[/tex] er lik det i-te minste tallet i P. Åpenbart er denne funksjonen surjektiv og gir oss [tex]f(2020)=2\cdot 4\cdot 73=584[/tex].
[tex]min(f(2020))=216[/tex]
[tex]max(f(2020))=584[/tex]
Bevis:
La [tex]p_n[/tex] være det n-te primtallet. Vi ser på verdiene av [tex]f(p_i)[/tex]. Siden [tex]2020=2^2\cdot 5\cdot 101[/tex], er
[tex]f(2020)=f(2)\cdot f(5)\cdot f(101)=f(p_1)\cdot f(p_3)\cdot f(p_{26})[/tex]
For å finne den minste verdien til f(2020) definerer vi funksjonen [tex]f(p_i)=i+1[/tex]. f er åpenbart surjektiv over S fordi det eksisterer uendelig mange primtall. Vi har også av den strenge ulikheten at [tex]f(p_i)\geq i-1+f(p_1)[/tex], der [tex]f(2)=2[/tex] på grunn av surjektiviteten. Dermed minimeres til[tex]f(2020)=f(2)\cdot f(5)\cdot f(101)=2\cdot 4\cdot 27=216[/tex]
For å finne maksimal verdien til f(2020) definerer vi [tex]A=\left \{ f(p_i)| i\in \mathbb{N} \right \}[/tex]. Vi ønsker å finne hvilke tall som må være i A for alle mulige f.
Påstand: [tex]p_i,p_i^2\in A, \forall i\in \mathbb{N}[/tex]
Bevis:
Det eksisterer ikke to tall [tex]a,b\in S[/tex] slik at [tex]a\cdot b=p_i[/tex]. Dermed må [tex]p_i\in A[/tex].
Siden f er strengt stigende over primtall, eksisterer det ikke to ulike primtall slik at [tex]f(p_i)=f(p_j)[/tex]. Det følger at [tex]p_i^2\in A[/tex].
Av liknende resonnement må også enten [tex]2^3[/tex] eller [tex]2^4[/tex] være i A.
Vi har dermed den ordnede mengden [tex]B=\left \{ 2,3,2^2,5,7,3^2,11,13,17,19,23,5^2,29,31,37,41,43,47,7^2,53,59,61,67,71,73 \right \}[/tex].
[tex]B\subset A[/tex] og [tex]|B|=25[/tex]
I tillegg vet vi at [tex]2^3[/tex] eller [tex]2^4[/tex] er i A.
Siden f er strengt stigende over primtall må [tex]f(p_i)[/tex] være mindre eller lik det i-te minste tallet i A.
Dermed er [tex]f(2)=2[/tex], [tex]f(5)=4[/tex] og [tex]f(101)\leq 73[/tex].
Vi definerer en ordnet mengde [tex]P=\left \{ p_i^{2^{j-1}}|i,j\in \mathbb{N} \right \}[/tex] og funksjonen f slik at [tex]f(p_i)[/tex] er lik det i-te minste tallet i P. Åpenbart er denne funksjonen surjektiv og gir oss [tex]f(2020)=2\cdot 4\cdot 73=584[/tex].
Ny oppgave:
La a, b, c og d være odde innbyrdes relativt primiske positive heltall. For positive heltall n definerer vi funksjonen [tex]f(n)=\left \lfloor \frac{n}{a} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n}{b} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n}{c} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor[/tex]. Vis at [tex]\sum_{k=1}^{abcd}(-1)^{f(k)}=1[/tex].
La a, b, c og d være odde innbyrdes relativt primiske positive heltall. For positive heltall n definerer vi funksjonen [tex]f(n)=\left \lfloor \frac{n}{a} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n}{b} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n}{c} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor[/tex]. Vis at [tex]\sum_{k=1}^{abcd}(-1)^{f(k)}=1[/tex].
-
Lil_Flip39
- Pytagoras
- Innlegg: 8
- Registrert: 25/04-2024 12:57
- Sted: Abelmaraton
Åpenbart er det vi vil vise ekvalent med å vise at $f(k)$ er partall en gang mer enn det den er odde.
La $r_a,r_b,r_c,r_d$ være de resten til $n$ $(mod$ $ a, b, c, d)$
la også $e$ stå for et partall, og $o$ stå for et oddetall.
Påstand 1: $\left \lfloor \frac{n}{a} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n}{b} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n}{c} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor \equiv r_a+r_b+r_c+r_d$ $(mod$ $2)$
bevis, observer at $\left \lfloor \frac{n}{a} \right \rfloor \equiv \frac{n-r_a}{a}\equiv n-r_a$ $(mod$ $2)$ siden $a$ er odde og påvirker ikke pariteten. Hvis vi summer dette over $a,b,c,d$ får vi:
$\left \lfloor \frac{n}{a} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n}{b} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n}{c} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor \equiv 4n-(r_a+r_b+r_c+r_d)\equiv -(r_a+r_b+r_c+r_d) \equiv r_a+r_b+r_c+r_d$ $(mod$ $2)$
så påstanden er bevist.
Påstand 2: $(r_a,r_b,r_c,r_d)$ går gjennom alle og er presist alle mulige permutasjoner av restene.
anta at $n_1\equiv n_2 $ $(mod$ $a,b,c,d)$ og $n_1\neq n_2$. da får vi $a,b,c,d\mid n_1-n_2 \Rightarrow lcm(a,b,c,d)\mid n_1-n_2$, men $lcm(a,b,c,d)=abcd$, som er en motstigelse. I tillegg, er det $abcd$ permutasjoner, så påstanden er bevist.
Nå ved hjelp av påstand 1 og 2 har vi redusert oppgaven til å vise at det er et ekstra partall i hvis vi summer $r_a,r_b,r_c,r_d$ i alle sine permutasjoner. Det som følger er en ekstremt krumlete ting. Vi ser at summen er et partall iff det er et partall antall oddetall.
Vi ser på permutasjoner av $0,1$ mod $2$. Det er lett å se at akkurat halvparten av disse har sum som er odde, og halvparten har sum som er partall. (man kan bare telle)
1. Vi unngår først å se på når en av $r_a,r_b,r_c,r_d$ er 0. Da er det like mange oddetall som partall, så da vil også da halvparten av summene være odde.
2. det er en 0. da vil $(e,o,o)$ som har 3 permutasjoner gi prartall, Da vil også $(e,e,e)$ som har 1 permutasjon gi partall. Da vil (o,e,e) som har 3 permutasjoner gi odde, og da vil også $(o,o,o)$ gi odde. Her er det like mange som summer til partall som oddetall.
3. det er to 0, da vil $(e,e)$ og $(o,o)$ som har tilsammen 2 permutasjoner gi partall. Da vil $(o,e)$ som har 2 permutasjoner gi odde. Her er det igjen like mange som summer til partall som oddetall.
4: det er tre 0, da vil $(e)$ gi partall og $(o)$ gi odde, her er det også like mange som summer til partall som oddetall.
5. det er 4 0., da vil det være et partall.
For å konkludere, får vi at til sammen at det er et ekstra partall i summene, så vi er ferdige.
ny oppgave.
la $ABC$ være en spissvinklet trekant med $AC\neq AB$. La $S$ være superpunktet, og la $L$ være midtpunktet på $BC$. La $F,I$ være $B$- og $C$- eksenterne. La $P$ være refleksjonen av $S$ i $A$. Vis at $FLIP$ er en syklisk firkant,
La $r_a,r_b,r_c,r_d$ være de resten til $n$ $(mod$ $ a, b, c, d)$
la også $e$ stå for et partall, og $o$ stå for et oddetall.
Påstand 1: $\left \lfloor \frac{n}{a} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n}{b} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n}{c} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor \equiv r_a+r_b+r_c+r_d$ $(mod$ $2)$
bevis, observer at $\left \lfloor \frac{n}{a} \right \rfloor \equiv \frac{n-r_a}{a}\equiv n-r_a$ $(mod$ $2)$ siden $a$ er odde og påvirker ikke pariteten. Hvis vi summer dette over $a,b,c,d$ får vi:
$\left \lfloor \frac{n}{a} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n}{b} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n}{c} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor \equiv 4n-(r_a+r_b+r_c+r_d)\equiv -(r_a+r_b+r_c+r_d) \equiv r_a+r_b+r_c+r_d$ $(mod$ $2)$
så påstanden er bevist.
Påstand 2: $(r_a,r_b,r_c,r_d)$ går gjennom alle og er presist alle mulige permutasjoner av restene.
anta at $n_1\equiv n_2 $ $(mod$ $a,b,c,d)$ og $n_1\neq n_2$. da får vi $a,b,c,d\mid n_1-n_2 \Rightarrow lcm(a,b,c,d)\mid n_1-n_2$, men $lcm(a,b,c,d)=abcd$, som er en motstigelse. I tillegg, er det $abcd$ permutasjoner, så påstanden er bevist.
Nå ved hjelp av påstand 1 og 2 har vi redusert oppgaven til å vise at det er et ekstra partall i hvis vi summer $r_a,r_b,r_c,r_d$ i alle sine permutasjoner. Det som følger er en ekstremt krumlete ting. Vi ser at summen er et partall iff det er et partall antall oddetall.
Vi ser på permutasjoner av $0,1$ mod $2$. Det er lett å se at akkurat halvparten av disse har sum som er odde, og halvparten har sum som er partall. (man kan bare telle)
1. Vi unngår først å se på når en av $r_a,r_b,r_c,r_d$ er 0. Da er det like mange oddetall som partall, så da vil også da halvparten av summene være odde.
2. det er en 0. da vil $(e,o,o)$ som har 3 permutasjoner gi prartall, Da vil også $(e,e,e)$ som har 1 permutasjon gi partall. Da vil (o,e,e) som har 3 permutasjoner gi odde, og da vil også $(o,o,o)$ gi odde. Her er det like mange som summer til partall som oddetall.
3. det er to 0, da vil $(e,e)$ og $(o,o)$ som har tilsammen 2 permutasjoner gi partall. Da vil $(o,e)$ som har 2 permutasjoner gi odde. Her er det igjen like mange som summer til partall som oddetall.
4: det er tre 0, da vil $(e)$ gi partall og $(o)$ gi odde, her er det også like mange som summer til partall som oddetall.
5. det er 4 0., da vil det være et partall.
For å konkludere, får vi at til sammen at det er et ekstra partall i summene, så vi er ferdige.
ny oppgave.
la $ABC$ være en spissvinklet trekant med $AC\neq AB$. La $S$ være superpunktet, og la $L$ være midtpunktet på $BC$. La $F,I$ være $B$- og $C$- eksenterne. La $P$ være refleksjonen av $S$ i $A$. Vis at $FLIP$ er en syklisk firkant,
Løsning:
La J være innsenteret i ABC.
La [tex]K=AS\cap BC[/tex], [tex]D=FC\cap IB[/tex], [tex]T=FI\cap SL[/tex] og [tex]E=FI\cap BC[/tex]
Påstand: FIKL er syklisk
Bevis:
D er A-utsenteret. Det er velkjent at A, B og C hør føttene til høydene i DFI. Derfor er FIBC syklisk og omsirkelen til ABC er nipunktssirkelen i DFI.
Det følger at S er midtpunktet på DJ og LJ er dermed Newton-Gauss linjen til den komplette firhjørningen DCJB. Det betyr at T er midtpunktet på FI og ligger på omsirkelen til ABC. Siden TS er diameter i omsirkelen til ABC og LT er normal på BC har vi
[tex]\measuredangle KAT=\measuredangle KLT[/tex].
Dette impliserer at AKLD er syklisk. Av et punkts potens med hensyn til sirklene (FIBC), (ABCD) og (AKLD) er
[tex]IE\cdot FE=BE\cdot CE=AE\cdot TE=KE\cdot LE[/tex]
Dermed er FIKL syklisk.
Av et punkts potens holder det nå å vise at [tex]SA\cdot KA=FA\cdot IA[/tex].
Det er velkjent at refleksjonen av J over A ligger på omsirkelen til DFI. Av et punkts potens har vi dermed [tex]JA\cdot DA=FA\cdot IA[/tex].
La B' være refleksjonen av B over AS.
Påstand: KSCB' er syklisk
Bevis:
Siden AS er vinkelhalveringslinjen til [tex]\angle BAC[/tex], ligger B' på AC.
Påstanden følger dermed av vinkeljakt
[tex]\measuredangle KSC=\measuredangle ASC=\measuredangle ABC=\measuredangle ABK=\measuredangle KB'A=\measuredangle KB'C[/tex]
Potenslinjen til sirklene (DCJB) og (KSCB') er dermed AC. Av et punkts potens følger det at [tex]SA\cdot KA=FA\cdot IA[/tex].
La J være innsenteret i ABC.
La [tex]K=AS\cap BC[/tex], [tex]D=FC\cap IB[/tex], [tex]T=FI\cap SL[/tex] og [tex]E=FI\cap BC[/tex]
Påstand: FIKL er syklisk
Bevis:
D er A-utsenteret. Det er velkjent at A, B og C hør føttene til høydene i DFI. Derfor er FIBC syklisk og omsirkelen til ABC er nipunktssirkelen i DFI.
Det følger at S er midtpunktet på DJ og LJ er dermed Newton-Gauss linjen til den komplette firhjørningen DCJB. Det betyr at T er midtpunktet på FI og ligger på omsirkelen til ABC. Siden TS er diameter i omsirkelen til ABC og LT er normal på BC har vi
[tex]\measuredangle KAT=\measuredangle KLT[/tex].
Dette impliserer at AKLD er syklisk. Av et punkts potens med hensyn til sirklene (FIBC), (ABCD) og (AKLD) er
[tex]IE\cdot FE=BE\cdot CE=AE\cdot TE=KE\cdot LE[/tex]
Dermed er FIKL syklisk.
Av et punkts potens holder det nå å vise at [tex]SA\cdot KA=FA\cdot IA[/tex].
Det er velkjent at refleksjonen av J over A ligger på omsirkelen til DFI. Av et punkts potens har vi dermed [tex]JA\cdot DA=FA\cdot IA[/tex].
La B' være refleksjonen av B over AS.
Påstand: KSCB' er syklisk
Bevis:
Siden AS er vinkelhalveringslinjen til [tex]\angle BAC[/tex], ligger B' på AC.
Påstanden følger dermed av vinkeljakt
[tex]\measuredangle KSC=\measuredangle ASC=\measuredangle ABC=\measuredangle ABK=\measuredangle KB'A=\measuredangle KB'C[/tex]
Potenslinjen til sirklene (DCJB) og (KSCB') er dermed AC. Av et punkts potens følger det at [tex]SA\cdot KA=FA\cdot IA[/tex].
Ny oppgave:
La [tex]f:\mathbb{Z} \rightarrow \{1,2,...,10^{100}\}[/tex] være en funksjon slik at
[tex]gcd(f(x),f(y))=gcd(f(x),x-y)[/tex], for alle heltall x og y.
Vis at det eksisterer positive heltall m og n slik at [tex]f(x)=gcd(m+x,n)[/tex] for alle heltall x.
La [tex]f:\mathbb{Z} \rightarrow \{1,2,...,10^{100}\}[/tex] være en funksjon slik at
[tex]gcd(f(x),f(y))=gcd(f(x),x-y)[/tex], for alle heltall x og y.
Vis at det eksisterer positive heltall m og n slik at [tex]f(x)=gcd(m+x,n)[/tex] for alle heltall x.
Vi viser at f(x)=gcd(x+m,n) for m,n i N
Claim 1:
for alle x,y vil
f(x) | f(y) <=> x≡y (mod f(x))
Vi ser at om f(x) | f(y), vil gcd(f(x),x-y)=f(x).
Da vil x≡y (mod f(x))
Anta nå x≡y (mod f(x))
Da vil f(x) | x-y, som impliseret at
f(x) =gcd(f(x),x-y) =gcd(f(x),f(y)), og claim 1 er bevist.
Claim 2:
For alle primtall p finnes en n slik at for alle k<n:
p^k |f(x) og p^k| f(y) <=> x≡y mod(p^k)
Siden Kodomenet er bounded hil det finnes en høyeste n slik at p^n deler en f(x), men p^(n+1) ikke gjør det
La p^k være høyeste primtallspotens av p som deler f(y), og la p^k| f(x). Først ser vi k<n av maksimaliteten til n
Da vil x≡y (mod f(x)) => x≡y (mod p^k), der p^k |f(x) ^f(y)
Anta nå p^k| f(x) og p^k| f(y)
Da vil åpenbart p^k | x-y av den originale ligningen.
Så claim 2 er bevist.
La nå n være produktet av alle de høyeste primtallspotensene av tall som deler f(x) når x iterererer igjennom Z
n finnes siden kodomenet er bounded.
Nå ser vi på den nødvendige restklassen (mod p^n) for alle p|n
Gitt alle disse restklassene finnes en unik m mod (n) som oppfyller alle disse kongruensklassene
Da ser vi at f(x) =gcd(x+m,n), trivielt
Claim 1:
for alle x,y vil
f(x) | f(y) <=> x≡y (mod f(x))
Vi ser at om f(x) | f(y), vil gcd(f(x),x-y)=f(x).
Da vil x≡y (mod f(x))
Anta nå x≡y (mod f(x))
Da vil f(x) | x-y, som impliseret at
f(x) =gcd(f(x),x-y) =gcd(f(x),f(y)), og claim 1 er bevist.
Claim 2:
For alle primtall p finnes en n slik at for alle k<n:
p^k |f(x) og p^k| f(y) <=> x≡y mod(p^k)
Siden Kodomenet er bounded hil det finnes en høyeste n slik at p^n deler en f(x), men p^(n+1) ikke gjør det
La p^k være høyeste primtallspotens av p som deler f(y), og la p^k| f(x). Først ser vi k<n av maksimaliteten til n
Da vil x≡y (mod f(x)) => x≡y (mod p^k), der p^k |f(x) ^f(y)
Anta nå p^k| f(x) og p^k| f(y)
Da vil åpenbart p^k | x-y av den originale ligningen.
Så claim 2 er bevist.
La nå n være produktet av alle de høyeste primtallspotensene av tall som deler f(x) når x iterererer igjennom Z
n finnes siden kodomenet er bounded.
Nå ser vi på den nødvendige restklassen (mod p^n) for alle p|n
Gitt alle disse restklassene finnes en unik m mod (n) som oppfyller alle disse kongruensklassene
Da ser vi at f(x) =gcd(x+m,n), trivielt
-
Lil_Flip38
- Noether
- Innlegg: 31
- Registrert: 10/12-2023 10:58
- Sted: Abelmaraton
Denne løsningen kommer til å inneholde minimal utregning og er essensielt bare en sketch av en løsning. Utregningen er en øvelse for leseren.
Svaret er $f(n)=n+1$
Påstand 1: $f$ er injektiv.
La $P(x,y)$ være plugge inn greia.
Bevis: anta $f(a)=f(b)$. Da ser vi at $P(a,b)-P(b,b)$ gir $a=b$.
Påstand 2: $f(n)>n$
Bevis. $P(n,n)$ gir $n^{2}<f^{f(n)}(n)+n^{2}=f(n)^{2}$.
Nå ser vi av symmetri av $P(n,m), P(m,n)$ at $f^{f(m)}(n)=f^{f(n)}(m)$. (*)
Hvis vi nå plugger inn $n,f^{k}(n)$ inn i * får vi $f^{f^{k+1}(n)}(n)=f^{f(n)+k}(n)$ og av påstand 1,2 får vi at antall f’er må være like, så.
$f^{k+1}(n)=f(n)+k$. Hvis vi plugger inn $k=f(n)-1$ og putter det inn i $P(n,n)$, får vi $f(n)^{2}-2f(n)+1=n^2 \Rightarrow f(n)=n+1$ QED.
Svaret er $f(n)=n+1$
Påstand 1: $f$ er injektiv.
La $P(x,y)$ være plugge inn greia.
Bevis: anta $f(a)=f(b)$. Da ser vi at $P(a,b)-P(b,b)$ gir $a=b$.
Påstand 2: $f(n)>n$
Bevis. $P(n,n)$ gir $n^{2}<f^{f(n)}(n)+n^{2}=f(n)^{2}$.
Nå ser vi av symmetri av $P(n,m), P(m,n)$ at $f^{f(m)}(n)=f^{f(n)}(m)$. (*)
Hvis vi nå plugger inn $n,f^{k}(n)$ inn i * får vi $f^{f^{k+1}(n)}(n)=f^{f(n)+k}(n)$ og av påstand 1,2 får vi at antall f’er må være like, så.
$f^{k+1}(n)=f(n)+k$. Hvis vi plugger inn $k=f(n)-1$ og putter det inn i $P(n,n)$, får vi $f(n)^{2}-2f(n)+1=n^2 \Rightarrow f(n)=n+1$ QED.
-
Lil_Flip38
- Noether
- Innlegg: 31
- Registrert: 10/12-2023 10:58
- Sted: Abelmaraton
I trekant $ABC$, punktene $D,E$ ligger på sidene $AB, AC$. Punktene $F, L$ ligger på segmentene $BE, CD$ sli at $BC \parallel FL$. La $I$være et punkt på linja $LE$ slik at $E$ ligger mellom $F,I$, og $\angle ABC=\angle FIA$. På lik måte la $P$ være punktet på $DF$ slik at $D$ligger mellom $L,P$ og $\angle ACB=\angle LPA$. Vis at $LILFLIP$ er en syklisk firkant.