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
Pytagoras
Pytagoras
Innlegg: 9
Registrert: 30/11-2023 16:16
Sted: Trondheim

Man begynner med en oppgave.

Personen som først løser den får foreslå en ny oppgave, etter at løsningen har blitt verifisert. Løsningsforslag til hvordan man løste oppgaven må med.

Er en oppgave ikke løst , eller personen som løste det ikke har gitt en ny oppgave, kan hvem som helst legge ut en ny oppgave etter 24 timer.

Det er ment at oppgavene skal kreve bevis som i finalen av abelkonkurransen.

OPPGAVE:

A convex quadrilateral ABCD has perpendicular diagonals. The perpendicular bisectors of the sides AB and CD meet at a unique point P inside ABCD. Prove that the quadrilateral ABCD is cyclic if and only if triangles ABP and CDP have equal areas.
Lil_Flip38
Fibonacci
Fibonacci
Innlegg: 3
Registrert: 10/12-2023 10:58

If ABCD is cyclic, P is the center so PA=PB=PC=PD. By some angle chasing we get that <APB+<CPD=180. So SinAPB*PA*PB/2=SinCPD*PC*PD/2.
Thus the areas of the triangles are equal.

If [APB]=[CPD]
Let M, N be the midpoints of AB and CD, Q be the intersection of AC and BD, let E be the intersection of AB and CD.
CLAIM: MNPQ is a parallellogram.
The area condition gives that AM*MP=DN*PN, and AM=MQ and DN=QN because N and M are the midpoints of the hypotenuse in right triangles ABQ and DCQ. Thus MP*MQ=QN*DN Using point E we can do some angle chasing to get that <MPN = <MQN. These 2 conditions is enough to show that MPN =~ NQM.
Now we get the fact that NQ is perpendicular to AB. The rest is angle chasing. (No angle chasing in the solution since I wrote this on my phone..)
New Problem:
Let R+ denote the set of all postive real numbers. Determine all functions f:R+  R+ such that

f(x)f(y) = 2f(x+yf(x))

For all positive real numbers x,y

:D :( :shock: :shock: :) :arrow:
lfe
Pytagoras
Pytagoras
Innlegg: 9
Registrert: 30/11-2023 16:16
Sted: Trondheim

Oppgave: Finn alle funksjoner f:R+->R+ som tilfredsstiller
f(x)f(y)=2f(x+yf(x)), for alle x,y element i R+.
Løsning:
f(x) = 2 for alle x
Bevis:
Jeg bruker notasjonen P(x,y)=2f(x+yf(x)).
Anta for motsigelsens skyld at f er injektiv. Vi får at
P(1,x)=P(x,1)
f(1+xf(1))=f(x+f(x)).
Siden funksjonen er injektiv,
1+xf(1)=x+f(x)
f(x)=(f(1)-1)x+1.
Dette funksjonsuttrykket gir oss at
f(x)f(y)=f(x+yf(x)))=2f(x+yf(x)).
Det betyr at f(x+yf(x))=0, en motsigelse fordi 0 ikke er i verdimengden til f.

Vi kan dermed velge s og t element i R+ slik at s<t og f(s)=f(t)=k.
P(s,x)=P(t,x)
f(s+kx)=f(t+kx)
Siden likheten holder for alle x, er f periodisk.
La A være mengden med positive perioder av f.

Anta for motsigelsens skyld at A ikke er lik R+.
Det betyr at vi kan velge et tall a slik at min(A)=a og a er element i R+.
En egenskap ved det minste elementet i A er: f(x)=f(y) hvis og bare hvis x=y+na, der n er et heltall.
P(x,x)=P(x,x+a)
f(x+xf(x))=f(x+(x+a)f(x))=f(x+xf(x)+af(x))
Det betyr at f(x) er et heltall.
P(x,a):
f(x)f(a)=2f(x+af(x))=2f(x)
Dermed er f(a)=2.
P(a,x):
f(x)f(a)=2f(a+xf(a))
=>f(x)=f(a+xf(a))=f(2x)
Dersom vi velger x<a, får vi at x også er en periode av f.
Dette er en motsigelse siden a er den minste perioden av f.
Dermed er A lik R+.
Det betyr at f er konstant.
En lett test gir oss at f(x) = 2.
lfe
Pytagoras
Pytagoras
Innlegg: 9
Registrert: 30/11-2023 16:16
Sted: Trondheim

Oppgave:
La n>=2 være et heltall, og la A_n være mengden
A_n={2^n-2^k | k ∈ Z, 0 ≤ k < n}.
Finn det største positive heltallet som ikke kan skrives som en sum av (ikke nødvendigvis ulike) elementer i A_n.
Lil_Flip38
Fibonacci
Fibonacci
Innlegg: 3
Registrert: 10/12-2023 10:58

Svar: (n-2)2^n+1
Først skal vi vise at (n-2)2^n+1 kan skrives som en sum av tall i set A_n. Vi gjør dette ved induksjon.
Base case: n=2 holder siden (2-2)^2+1 = 1, som er riktig.
La oss anta at (n-2)2^n+1 ikke kan skrive som summen av elementer fra A_n, og for motstigelses skyld at (n-1)2^(n+1)+1 = a1(2^n+1-1) + ....... + an(2^n+1-2^n)
Vi ser at 2(n2^n+1)-1 - 2^n+1 = (n-1)2^(n+1)+1
Vi ser også at a1 er et oddetall, så vi kan skrive det ned på formen 2k+1, da får vi følgende likhet:
(2k+1)(2^n+1-1) + ....... + an(2^n+1-2^n) = 2k(2^n+1-1) + ....... + an(2^n+1-2^n) + 2^n+1 -1
Da ser vi at
2k(2^(n+1)-1) + ....... + an(2^(n+1)-2^n) + 2^(n+1) -1 = (n-1)2^(n+1) +1

2k(2^(n+1)-1) + ....... + an(2^(n+1)-2^n) = (n-2)2^(n+1) +2

(2k(2^(n+1)-1) + ....... + an(2^(n+1)-2^n))/2 = (n-2)2^n +1


k(2^(n+1) - 1) = k(2(2^n-2^(n-1))+2^n-1), som kan bli skrevet som en sum av elementer I A_n
Resten kan også bli skrevet av elementer I A_n hvis du bare trekker ut en 2. Da får vi at (n-2)2^n+1 kan bli skrevet som summen av elementer i A_n, en motstigelse.
Igjen vi bruker induksjon.
Base case: n=2 holder siden alle partall kan bli skrevet som summen av k 2ere, og oddetall kan bli skrevet som k 2ere og en 3.
Anta at alle tall større enn (n-2)2^n + 1 kan bli skrevet som summen av elementer fra A_n.
Hvis m er et partall større enn (n-1)2^n+1 + 1, ser vi at m/2 kan bli skrevet som summen av elementer fra A_n, og naturligvis da også A_n+1.
Hvis m er et oddetall større enn (n-1)2^n+1 + 1, ser vi at (m-(2^n+1 – 1))/2 kan bli skrevet som summen av elementer fra A_n. Dette betyr at det også kan bli skrevet som summen av elementer fra A_n+1.


:shock: :o :mrgreen: 8-)
Sist redigert av Lil_Flip38 den 20/12-2023 19:29, redigert 4 ganger totalt.
Lil_Flip38
Fibonacci
Fibonacci
Innlegg: 3
Registrert: 10/12-2023 10:58

Consider the convex quadrilateral ABCD. The point P is in the interior of ABCD. The following ratio equalities hold:
∠PAD:∠PBA:∠DPA=1:2:3=∠CBP:∠BAP:∠BPC
Prove that the following three lines meet in a point: the internal bisectors of angles ∠ADP and ∠PCB and the perpendicular bisector of segment AB.
lfe
Pytagoras
Pytagoras
Innlegg: 9
Registrert: 30/11-2023 16:16
Sted: Trondheim

Her er løsning til geometrioppgaven:
La [tex]\measuredangle[/tex] være symbolet for rettede vinkler.
La k være midtnormalen til AB. La Q være skjæringen mellom vinkelhalveringslinjene.
La X og Y hhv. være skjeringene mellom AP og k, og BP og k.

Påstand: Punktene B, Q, P, X og C ligger på en sirkel.
Bevis:
[tex]\measuredangle[/tex]PXQ = 90°-[tex]\measuredangle[/tex]BAP = 90°-2[tex]\measuredangle[/tex]CBP
[tex]\measuredangle[/tex]PCQ = 1/2*([tex]\measuredangle[/tex]PCB) = 1/2*(180°-4[tex]\measuredangle[/tex]CBP) = 90°-2[tex]\measuredangle[/tex]CBP
Det betyr at QPXC er syklisk.
X ligger på midtnormalen til AB. Det betyr at
[tex]\measuredangle[/tex]PCB = 2[tex]\measuredangle[/tex]PXQ = [tex]\measuredangle[/tex]AXB = [tex]\measuredangle[/tex]PXB
Dermed er BQPX syklisk som betyr at BQPXC er syklisk.

På samme måte kan vi bevise at ADPYQ er syklisk.
Siden Q er skjæringen mellom vinkelhalveringslinjen til [tex]\measuredangle[/tex]PCB og (BQPXC), er BQ=PQ.
Ac symmetri får vi at AQ = PQ.
Det betyr at Q er omsenteret til ABP, som betyr at Q ligger på k.
Sist redigert av lfe den 20/12-2023 18:42, redigert 1 gang totalt.
lfe
Pytagoras
Pytagoras
Innlegg: 9
Registrert: 30/11-2023 16:16
Sted: Trondheim

La [tex]R_{0}[/tex] være en n-tuppel der alle elementene tilhører mengden {A, B, C}.
Vi definerer følgen [tex]R_{0}, R_{1}, R_{2}, ...[/tex] slik:
Hvis [tex]R_{j}[/tex] = [tex](x_{1}, ..., x_{n})[/tex], så er [tex]R_{j+1}[/tex] = [tex](y_{1}, ..., y_{n})[/tex], der
[tex]y_{i}=\left\{\begin{matrix} x_{i}, hvis\ x_{i}=x_{i+1}\\ \{A, B, C\}\backslash \{x_{i},x_{i+1}\}, hvis\ x_{i}\neq x_{i+1} \end{matrix}\right.[/tex],
og [tex]x_{n+1}=x_{1}[/tex].
For eksempel, hvis [tex]R_{0}[/tex] = (A, A, B, C), så er [tex]R_{1}[/tex] = (A, C, A, B), [tex]R_{2}[/tex] = (B, B, C, C), [tex]...[/tex].
1) Finn alle [tex]n\in \mathbb{N}[/tex] slik at det eksisterer [tex]m\in \mathbb{N}[/tex] som tilfredsstiller [tex]R_{m}=R_{0}[/tex] for alle mulige [tex]R_{0}[/tex]
2) Finn den minste mulige m som tilfredsstiller 1) for [tex]n=3^{k}[/tex], der [tex]k\in \mathbb{N}[/tex].
Svar