Abel maraton

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.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Svar
lfe
Cantor
Cantor
Innlegg: 114
Registrert: 30/11-2023 16:16
Sted: Trondheim

Løsning:
La ω være omsirkelen til ABC. La X=ωCD og Y=ωBE.

Påstand: XFLY er syklisk
Bevis:
Følger av konversen til Reims teorem på FL, BC og ω.

Påstand: XDAI og YPAE er syklisk
Bevis:
Det følger av vinkeljakt:
DIA=CBA=CXA=DXA
Dermed er XDAI syklisk. (YPAE) følger av liknende vinkeljakt.

Påstand: XFLYPI er syklisk
Bevis:
Følger av vinkeljakt:
XID=XAD=XAB=XCB=XLF
Dermed er XFLYI syklisk. Av liknende vinkeljakt får vi at P også ligger på XFLY.
lfe
Cantor
Cantor
Innlegg: 114
Registrert: 30/11-2023 16:16
Sted: Trondheim

Ny oppgave:

For hvert par av heltall (i,j) velger vi et punkt Pi,j=(x,y) på det kartesiske planet slik at i<x<i+1 og j<y<j+1. Finn alle reelle tall c>0 slik at firkanten Pi,jPi+1,jPi+1,j+1Pi,j+1 har omkrets mindre enn c for alle heltall i og j.
TorsteinBM
Noether
Noether
Innlegg: 33
Registrert: 13/12-2023 07:55

Svar c>=4

Påstand 1, c = 4 er en mulig c
Bevis
Hvis vi plasserer punktet i P(i, j) i (0.5sign(i)k=1|i|14i,0.5sign(j)k=1|j|14j)
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
Noether
Noether
Innlegg: 33
Registrert: 13/12-2023 07:55

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
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.
Lil_Flip38
Noether
Noether
Innlegg: 40
Registrert: 10/12-2023 10:58
Sted: Abelmaraton

Svar: 4N,2N2+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 2N2+2N+1 sykler.
Til sammen har vi 24N2 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 8N2>=4b+2(a4)+4. Nå ser av minimum beviset vårt at a=4N. Da følger det greit av utregning at b<=2N22N+2. Antall stier er jo da a+b, som impliserer resultatet vi så etter. Da er vi ferdige.
Lil_Flip38
Noether
Noether
Innlegg: 40
Registrert: 10/12-2023 10:58
Sted: Abelmaraton

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

(Isogonal betyr at de er symmetriske om vinkelhalveringslinja)
lfe
Cantor
Cantor
Innlegg: 114
Registrert: 30/11-2023 16:16
Sted: Trondheim

Løsning:
1) Påstand: PQBC
Bevis:
Vinkeljakt: ACB=CDQDQC=PAD+AQD=AQDPQD=AQP
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 R=PQAD, K1=ADMP og K2=ADNQ.
Vi vet at 1=(M,D;B,)=(N,D;C,).
Av 1) har vi:
(M,D;B,)P(K1,D;A,R)
(N,D;C,)P(K2,D;A,R)
Dermed får vi K1=K2=K.
Det betyr at K ligger på AD.

3) Påstand: (MDIX) og (NDJX)
Bevis:
Følger av vinkeljakt:
DBI=QPI=QJI=KJI=KXI=DXI
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: XMNABC
Bevis:
Det holder å vise at ABXM og ACXN.
Vinkeljakt der vi bruker 3):
MXD=BID=PID=PAD.
Av 2) er dermed ABXM.
Liknende bevis gir ACXN

5) Påstand: (BDQX) og (CDPX)
Av symmetri holder det å vise at BDQX er syklisk. Vi viser påstanden med formlike trekanter.
BAD=DAQ
QDA=QPA=DBA
Dette impliserer at ABDADQ. Vi har dermed at ADBD=AQDQ.
Videre har vi:
QDB=QDC=QAD=QAX.
AXBD=ABBD=AQDQ
Det betyr at BDQXAQ og påstanden følger siden DBQ=AXQ=DXQ.

Av 5) har vi at BXQ=BDQ=CDQ=DAQ=PAD=PDB=PDC=PXC. Dermed er XP og XQ isogonalkonjugater i BXC.
lfe
Cantor
Cantor
Innlegg: 114
Registrert: 30/11-2023 16:16
Sted: Trondheim

Ny oppgave:
La f1,f2,f3:RR være funksjoner slik at a1f1+a2f2+a3f3 er monoton for alle a1,a2,a3R. Vis at det eksisterer tre tall c1,c2,c2R, der ikke alle er lik 0, slik at c1f1(x)+c2f2(x)+c3f3(x)=0, for alle xR.
CCPenguin
Noether
Noether
Innlegg: 46
Registrert: 12/12-2023 19:27

Bevis:
WLOG la α1=1, siden alt kan skaleres.
WLOG anta at alle funksjonene er positvt monotone, siden fortegnet på αi 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 f3(0)0,f2(0)0,
Anta videre at om en av funksjonene f1,f2,f3 er konstante, er f1konstant
Først, ser vi at om vi lar α3=α2f2(0)+f1(0)f3(0)
så vil f1(0)+α2f2(0)+α3f3(0)=0α2R. Dermed vil
f1(x)+α2f2(x)+α2f2(0)+f1(0)f3(0)f3(x)
Være en kontinuerlig funksjon i α2
Vi har nå 2 cases:


1: det finnes α2 slik at funksjonen er økende og det finnes β2 der utrykket er synkende
Anta at α2>β2, argumentet er tilsvarende ellers.
åpenbart vil funksjonen være økende for alle α>α2, og motsatt for β<β2
La nå x=α2β22. Om utrykket er voksende i x, ser vi på det nedre intervallet [β2,x], og om den er synkende ser vi på [x,α2]. 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 R, 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 α2, 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 α2f2(x)α2f2(0)f3(0)f3(x) er konstant når x varieres.
Dette impliserer at f2(x)=cf3(x)+k, for noen konstanter c, k.
Da kan det originale utrykket skrives som f1(x)+(α2+α3)f3(x)+α2k, som kan omformes til
f1(x)+αf3(x)+α2k, for nye konstanter α,α2
som vil være monotont for ethvert valg av α,α2. om vi nå justerer α slik at f1(x)+αf3(x) er konstant (med samme strategi som i 1), kan vi justere α2 slik at utrykket blir null.
(om det ikke fines en slik α, må funksjonen være konstant, da får vi 2 konstante funksjoner)

Anta nå f3(0)=0 eller f2(0)=0,
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 f2,f3. hvis dette er umulig er 2 av funskjonene konstante, noe vi allerede har håndtert.

QED
CCPenguin
Noether
Noether
Innlegg: 46
Registrert: 12/12-2023 19:27

Ny Oppgave:
la p>3 være et primtall slik at p3(mod4)
Gitt et positivt heltall a0, definer følgen a0,a1,.... ved å la
an=an12n for alle n1
Vis at man kan velge a0 slik at følgen
aN,aN+1,aN+2,....
ikke er konstant modulo p for alle positive heltall N
lfe
Cantor
Cantor
Innlegg: 114
Registrert: 30/11-2023 16:16
Sted: Trondheim

Løsning:

Vi viser først et lemma.
Lemma: La m>2 være et positivt heltall slik at m2(mod4). Følgen {bn}nN{2n(n+1)2}nN er ikke konstant modulo m for alle positive heltall N.
Bevis:
Vi legger først merke til den rekursive definisjonen bn=2nbn1 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 {2n(n+1)2}nN er konstant modulo m. Det betyr at bibN0(modm),i>N. Åpenbart er gcd(bn,m)=2. Vi ønsker nå å se på følgen modulo m=m2. Av antagelsen vet vi at {bn2}nN er konstant modulo m, der gcd(bn2,m)=1. Av den rekursive definisjonen for følgen har vi 1bN2(bN2)1bN+122N+1bN2(bN2)12N+1(modm) og 1bN+12(bN+12)1bN+222N+2bN+12(bN+12)12N+2(modm). Dette impliserer at 12N+12N+122(modm), en motsigelse siden m1.

Vi tar nå fatt på oppgaven.
1) Påstand: an=a02n(n+1)2
Bevis: Vi viser det med induksjon: Åpenbart holder påstanden for n=1. Anta an=a02n(n+12. Induksjonshypotesen impliserer an+1=an2n+1=(a02n(n+1)2)2n+1=a02(n+1)(n+2)2. Dermed er påstanden bevist.

Vi velger a0=g, der g er en primitiv rot modulo p. Av 1) er an=g2n(n+1)2. Det holder dermed å vise at følgen {2n(n+1)2}nN er ikke konstant modulo p1 for alle positive heltall N, men det følger av lemmaet siden p12(mod4).
lfe
Cantor
Cantor
Innlegg: 114
Registrert: 30/11-2023 16:16
Sted: Trondheim

Ny oppgave:
To kongruente trekanter er innskrevet i en ellipse. Må trekantene være symmetriske over en av aksene eller senteret til ellipsen?
Lil_Flip38
Noether
Noether
Innlegg: 40
Registrert: 10/12-2023 10:58
Sted: Abelmaraton

Det er mulig at de ikke er symmetriske om aksene eller sentrum.
I x,y planet la O=(0,0),A=(2,0),B=(2,1),C=(0,2),D=(1,2). Det er lett å se at trekantene OAB og OCD er kongruente. Vi regner ut likningen til det unike kjeglesnittet gjennom disse 5 punktene som har formen: Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0. Det er litt utregning som jeg lar skli, men det er trivielt. Til slutt ender vi opp med x2+(3/2)xy+3y22x6y. Det er velkjent at hvis AC>0 er kjeglesnittet en elipse. Når man roterer OAB med 90 grader rundt O ender man opp med OCD. 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 O er et fixedpunkt som ikke er sentrum. Derfor er vi ferdige.
Lil_Flip38
Noether
Noether
Innlegg: 40
Registrert: 10/12-2023 10:58
Sted: Abelmaraton

Let N denote the set of positive integers. A function f:NN has the property that for all positive integers m and n, exactly one of the f(n) numbers
f(m+1),f(m+2),,f(m+f(n))
is divisible by n. Prove that f(n)=n for infinitely many positive integers n.
CCPenguin
Noether
Noether
Innlegg: 46
Registrert: 12/12-2023 19:27

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)

Vi kan nå fullføre oppgaven

MEN det er sent, så fullfører heller imorgen
Svar