Abel maraton

[lfe]

Løsning:
La [tex]\omega[/tex] være omsirkelen til ABC. La [tex]X=\omega \cap CD[/tex] og [tex]Y=\omega \cap BE[/tex].

Påstand: XFLY er syklisk
Bevis:
Følger av konversen til Reims teorem på FL, BC og [tex]\omega[/tex].

Påstand: XDAI og YPAE er syklisk
Bevis:
Det følger av vinkeljakt:
[tex]\measuredangle DIA=\measuredangle CBA =\measuredangle CXA =\measuredangle DXA[/tex]
Dermed er XDAI syklisk. (YPAE) følger av liknende vinkeljakt.

Påstand: XFLYPI er syklisk
Bevis:
Følger av vinkeljakt:
[tex]\measuredangle XID =\measuredangle XAD =\measuredangle XAB =\measuredangle XCB =\measuredangle XLF[/tex]
Dermed er XFLYI syklisk. Av liknende vinkeljakt får vi at P også ligger på XFLY.

[lfe]

Ny oppgave:

For hvert par av heltall (i,j) velger vi et punkt [tex]P_{i,j}=(x,y)[/tex] på det kartesiske planet slik at [tex]i<x<i+1[/tex] og [tex]j<y<j+1[/tex]. Finn alle reelle tall [tex]c>0[/tex] slik at firkanten [tex]P_{i,j}P_{i+1,j}P_{i+1,j+1}P_{i,j+1}[/tex] har omkrets mindre enn c for alle heltall i og j.

[TorsteinBM]

Svar c>=4

Påstand 1, c = 4 er en mulig c
Bevis
Hvis vi plasserer punktet i P(i, j) i [tex](0.5-sign(i)*\sum_{k=1}^{|i|}\frac{1}{4^i}, 0.5-sign(j)*\sum_{k=1}^{|j|}\frac{1}{4^j})[/tex]
Får vi at distansen er omkretsen går mot 4 så c = 4 er mulig

Påstand 2, c < 4 er ikke mulig
Bevis:
Hvis vi fixer en c under 4 kan vi gjøre følgende
Hvis vi velger (n+2)×(n+2)ruter vil gjennomsnittsarealet være mer enn n^2/(n+1)^2 fordi vi kan fjærne mindre enn 1 fra venstre og høyre og samme med topp og bunn så minimum sum av arealet blir over n^2 og antall firkanter er (n+1)^2 vi vet at den beste firkanten som gir mest areal per omkrets er kvadratet så hvis vi lar n gå mot uendelig får vi at omkretsen går mot 4 og vi kan tvinge den over c

[TorsteinBM]

La N være et positivt heltall. En samling av 4N^2 enhetsfliser med to segmenter tegnet på dem som vist i bildet under, settes sammen til et 2N ganger 2N bord.

Screenshot_20240718-163831_ibisPaint X.jpg (33.21 kiB) Vist 305 ganger

Fliser kan roteres. Segmentene på flisene definerer stier på brettet. Bestem minst mulig antall og størst mulig antall slike stier.

[Lil_Flip38]

Svar: $4N, 2N^2+2N+1$
Vi viser først minimum. Hvis vi roterer flisene slik at stiene blir linjer parallel med diagonalen, ser vi lett at det er $4N$ stier.
Observer at det er $8N$ punkter på kanten som må alle være med i en sti, og en sti inneholder maks $2$ punkter på kanten. Dette impliserer at det er minst $4N$ stier.

Nå viser vi maks. Vi klassifiserer stier inn i to typer: stier som treffer kanten, eller en sti som er en sykel. Kall antall vi har av hver av disse a, b. Vi har følgene konstruksjon: hjørnene blir til en sti av lengde 1, rundt kanten blir det trekanter av lengde 2, og i midten blir det sykler av lengde 4. Ved å gjøre litt utregning får vi $2N^2+2N+1$ sykler.
Til sammen har vi $2*4N^2$ segmenter. Segmentet i hjørnene har muligheten til å være i en sykel av lengde 1. de på siden må være med i en sti med lengde minst 2. en sykel inni har minst lengde 4. Da får vi ulikheten $8N^2>=4b+2(a-4)+4$. Nå ser av minimum beviset vårt at $a=4N$. Da følger det greit av utregning at $b<=2N^2-2N+2$. Antall stier er jo da $a+b$, som impliserer resultatet vi så etter. Da er vi ferdige.

[Lil_Flip38]

Ny oppgave: kan være litt tøft til tider. Definitivt ikke G6 på shortlist.
La [tex]ABC[/tex] være en spissvinklet trekant med omsirkel [tex]\omega[/tex]. En sirkel [tex]\Omega[/tex] er tangent til [tex]\omega[/tex] i [tex]A[/tex] og [tex]BC[/tex] i [tex]D[/tex]. La [tex]AB, AC[/tex] skjære [tex]\Omega[/tex] i [tex]P,Q[/tex]. La [tex]M,N[/tex] være refleksjonene av $D$ over [tex]B,C[/tex]. Linjene [tex]MP,NQ[/tex] skjærer i [tex]K[/tex] og skjærer [tex]\Omega[/tex] igjen i [tex]I,J[/tex]. La strålen [tex]KA[/tex] skjære sirkelen gjennom [tex]I,J,K[/tex] igjen i $X$. Vis at linjene [tex]XP,XQ[/tex] er isogonale i [tex]\angle BXC[/tex].

(Isogonal betyr at de er symmetriske om vinkelhalveringslinja)