Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.
For hvert par av heltall (i,j) velger vi et punkt på det kartesiske planet slik at og . Finn alle reelle tall slik at firkanten har omkrets mindre enn c for alle heltall i og j.
Påstand 1, c = 4 er en mulig c
Bevis
Hvis vi plasserer punktet i P(i, j) i
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
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 24189 ganger
Fliser kan roteres. Segmentene på flisene definerer stier på brettet. Bestem minst mulig antall og størst mulig antall slike stier.
Svar:
Vi viser først minimum. Hvis vi roterer flisene slik at stiene blir linjer parallel med diagonalen, ser vi lett at det er stier.
Observer at det er punkter på kanten som må alle være med i en sti, og en sti inneholder maks punkter på kanten. Dette impliserer at det er minst 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 sykler.
Til sammen har vi 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 . Nå ser av minimum beviset vårt at . Da følger det greit av utregning at . Antall stier er jo da , som impliserer resultatet vi så etter. Da er vi ferdige.
Ny oppgave: kan være litt tøft til tider. Definitivt ikke G6 på shortlist.
La være en spissvinklet trekant med omsirkel . En sirkel er tangent til i og i . La skjære i . La være refleksjonene av over . Linjene skjærer i og skjærer igjen i . La strålen skjære sirkelen gjennom igjen i . Vis at linjene er isogonale i .
(Isogonal betyr at de er symmetriske om vinkelhalveringslinja)
Løsning:
1) Påstand:
Bevis:
Vinkeljakt:
Dette impliserer påstanden siden A, Q og C er kollineære.
2) Påstand: X, A, K og D er kollineære
Bevis:
Det holder å vise at K ligger på AD. La , og .
Vi vet at .
Av 1) har vi:
Dermed får vi .
Det betyr at K ligger på AD.
3) Påstand: (MDIX) og (NDJX)
Bevis:
Følger av vinkeljakt:
I vinkeljakten bruker vi 1), 2), JKIX syklisk og QPJI syklisk.
Dermed er MDIX syklisk. En identisk vinkeljakt gir oss også NDJX syklisk.
4) Påstand:
Bevis:
Det holder å vise at og .
Vinkeljakt der vi bruker 3): .
Av 2) er dermed .
Liknende bevis gir
5) Påstand: (BDQX) og (CDPX)
Av symmetri holder det å vise at BDQX er syklisk. Vi viser påstanden med formlike trekanter.
Dette impliserer at . Vi har dermed at .
Videre har vi: .
Det betyr at og påstanden følger siden .
Av 5) har vi at . Dermed er XP og XQ isogonalkonjugater i .
Bevis:
WLOG la , siden alt kan skaleres.
WLOG anta at alle funksjonene er positvt monotone, siden fortegnet på kan flippes
Hvis 2 av funksjonene er konstante kan vi velge konstanten foran den ikkekonstante funksjonen til å være null, også utjevne de 2 andre.
Anta først
Anta videre at om en av funksjonene er konstante, er
Først, ser vi at om vi lar
så vil . Dermed vil
Være en kontinuerlig funksjon i
Vi har nå 2 cases:
1: det finnes slik at funksjonen er økende og det finnes der utrykket er synkende
Anta at , argumentet er tilsvarende ellers.
åpenbart vil funksjonen være økende for alle , og motsatt for
La nå . Om utrykket er voksende i x, ser vi på det nedre intervallet , og om den er synkende ser vi på . ved å fortsette denne prosessen får vi en følge av intervaller der ved det største elementet er utrykket alltid voksende, og ved det minste er det alltid synkende. Dette vil lage en følge med nestede intervaller, og siden størrelsen av de nestede intervallene går mot null, vil det konvergere mot nøyaktig ett punkt i , der funksjonen er både voksende og synkende, dermed konstant. siden utrykket er 0 i x = 0, må den være konstant lik null
2: uavhengig av verdien til , har funksjonen samme monotonisitet
Den eneste måten dette kan skje på er enten at a2f2 og a2f3 utgjevner hverandre og blir konstante. Hvis ikke, kan vi øke eller synke a2 så mye slik at vi får et punkt der funksjonen øker eller synker mer en resten av utrykket, og monotonisiteten endres.
Om de utgjevner hverandre og blir konstante får vi at er konstant når x varieres.
Dette impliserer at , for noen konstanter c, k.
Da kan det originale utrykket skrives som , som kan omformes til , for nye konstanter
som vil være monotont for ethvert valg av . om vi nå justerer slik at er konstant (med samme strategi som i 1), kan vi justere slik at utrykket blir null.
(om det ikke fines en slik , må funksjonen være konstant, da får vi 2 konstante funksjoner)
Anta nå eller
Valget av x=0 er i utganspunktet irrelevant, ethvert fikspunkt fungerer. Dermed kan vi gå så langt vi vil mot høyre for å finne en x der to av funksjonene ikke er null, og kalle de funksjonene . hvis dette er umulig er 2 av funskjonene konstante, noe vi allerede har håndtert.
Ny Oppgave:
la p>3 være et primtall slik at
Gitt et positivt heltall , definer følgen ved å la for alle
Vis at man kan velge slik at følgen
ikke er konstant modulo p for alle positive heltall N
Vi viser først et lemma.
Lemma: La være et positivt heltall slik at . Følgen er ikke konstant modulo m for alle positive heltall N.
Bevis:
Vi legger først merke til den rekursive definisjonen og at ingen av elementene i følgen er kongruent med 0 modulo m. Anta for motsigelsens skyld at det eksisterer et positivt heltall N slik at er konstant modulo m. Det betyr at . Åpenbart er . Vi ønsker nå å se på følgen modulo . Av antagelsen vet vi at er konstant modulo , der . Av den rekursive definisjonen for følgen har vi og . Dette impliserer at , en motsigelse siden .
Vi tar nå fatt på oppgaven.
1) Påstand:
Bevis: Vi viser det med induksjon: Åpenbart holder påstanden for . Anta . Induksjonshypotesen impliserer . Dermed er påstanden bevist.
Vi velger , der g er en primitiv rot modulo p. Av 1) er . Det holder dermed å vise at følgen er ikke konstant modulo for alle positive heltall N, men det følger av lemmaet siden .
Det er mulig at de ikke er symmetriske om aksene eller sentrum.
I planet la . Det er lett å se at trekantene og er kongruente. Vi regner ut likningen til det unike kjeglesnittet gjennom disse 5 punktene som har formen: . Det er litt utregning som jeg lar skli, men det er trivielt. Til slutt ender vi opp med . Det er velkjent at hvis er kjeglesnittet en elipse. Når man roterer med 90 grader rundt ender man opp med . Siden trekantene er i samme retning, kan det ikke være refleksjon over en av aksene. For at det skal være symmetrisk om sentrum, må det være rotasjon med 180 grader rundt sentrum. Da kan det ikke ha noen fikspunkter utenom sentrum, men er et fixedpunkt som ikke er sentrum. Derfor er vi ferdige.
Let denote the set of positive integers. A function has the property that for all positive integers and , exactly one of the numbers
is divisible by . Prove that for infinitely many positive integers .
Disclaimer: texeditoren funket ikke,
Løste med litt hint
Lemma 0: f(1) = 1
anta f(1) = k.
da vil 1 dele nøyaktig et av tallene f(m+1) ... f(m+k) for alle m.
men 1 deler alle tall, så de må være like alle sammen, dermed må enten alle f(x) være like, som åpenbart er umulig, eller det er bare ett tall, som impliserer k=1.
Lemma 1: n|f(x) = > x = i f(n) +k, der i varierer og k er konstant
bevis:
fra oppgaven, vet vi at gitt f(n) påfølgende tall, vil n dele nøyaktig ett av tallene.
Vi vet at n deler et av tallene f(2), f(3), f(1+f(n))
la k være det minste tallet slik at n | f(k)
da vil n dele nøyaktig ett av tallene f(k), f(k+1), ... f(k+f(n)-1).
men n | f(k), så n deler ingen av de andre tallene. Når vi da går videre til f(k+f(n)), får vi at k må dele f(k+f(n)).
tilsvarene argument for i >1 viser at n kun deler funksjoner av tall på formen k+i f(n)
vi kaller f(n) avstanden mellom faktorene til n
Lemma 2: a|b => f(a) | f(b)
Anta a|b.
f(a) er da avstanden mellom hver faktor til a, f(b) er avstanden mellom hver faktor av b
hvis f(a) ikke deler f(b), får vi at det finnes et multippel x av f(b), som ikke er et multippel av f(a), men dette er umulig, siden b|n => a|n, så f(a) |x
Lemma 3: n | f(x) => f(n) |x
anta n | f(x)
vi har av lemma 2 at x|mx => f(x) |f(mx),
dermed vil n|f(2x)
vi har da at mx = q f(n) + k og at (m-1)x = i f(n) + k
slik at mx-(m-1)x = (q-i) f(n) = x, med mindre q = i. Hvis dette gjelder for alle m, vil f(kx) være konstant for alle k. noe som åpenbart fører til en motsigelse, fordi f(p) | f(xp) for alle primtall p. Dermed hadde tallet blitt uendelig stort
dermed vil (q-i) f(n) = x, som betyr at f(n) | x.
la nå x være minste tall slik at n | f(x)
Av lemma 3: f(n) | x
Siden det er minste mulige x, vil x være mindre en avstandene mellom faktorene, slik at x <= f(n). Dermed vil x = f(n)
Av det får vi at x|f(n), og av lemma 3 følger det at f(x) | n
dermed har vi at f(x) = n, og f(n) = x:
Dermed har vi at f(f(n)) = n for uendelig mange n. (Vi vet det er uendelig mange siden f ikke er oppad begrenset, uendelig mange tall kan ikke mappes på samme tall, siden da hadde det blitt uendelig stort, dermed kan vi velge uendelig mange minste x-er)