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.
Abel maraton
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Lil_Flip38
- Noether
- Innlegg: 25
- Registrert: 10/12-2023 10:58
- Sted: Abelmaraton
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
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
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.
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.
-
Lil_Flip38
- Noether
- Innlegg: 25
- Registrert: 10/12-2023 10:58
- Sted: Abelmaraton
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.
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.
Sist redigert av Lil_Flip38 den 20/12-2023 19:29, redigert 4 ganger totalt.
-
Lil_Flip38
- Noether
- Innlegg: 25
- Registrert: 10/12-2023 10:58
- Sted: Abelmaraton
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.
∠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.
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.
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.
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].
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].
-
TorsteinBM
- Pytagoras
- Innlegg: 13
- Registrert: 13/12-2023 07:55
1) Svar: Funker for alle odde n.
Kall en R_i-1 være forelderen til R_i, og R_i er sønnen til R_i-1
Vi starter med å subsituere 0,1,2 (mod 3) for A,B,C.
Da får vi av problem stillingen at y_i=--x_i-x_i+1 (mod 3)
For partall n, la R_0=(0,1,0,1,.........,0,1), som fører til (2,2,2,2,......,2) som gjentar hele tiden.
Noter at hvis det funker for en villkårlig start posisjon, vil det finnes en som funker. Bare ta lcm av alle m_k
Anta for motstigelse at det eksisterer en k slik at R_k har 2 forskjellige foreldre.
Kall disse (x_1,x_2,....,x_n) og (y_1,.....y_n)
WLOG, x_1=0
x_1+x_2=y_1+y_2 (mod 3)
x_2+x_3=y_2+y_3 (mod 3)
.
.
.
x_n-1+x_n=y_n-1+y_n (mod 3)
x_n+x_1=y_n+y_1 (mod 3) *
plugg inn x_1=0
det gir x_2=y_1+y_2 (mod 3) (1)
lik innplugging gir at x_n=y_n-y_1(mod 3) for odde n
hvis vi kombinerer * og (1), får vi at y_1= 0(mod 3)
Det følger fra induksjon at x_i=y_i(mod 3) for alle i.
da er vi endelig ferdige med dette forferdelige beviset. 
Kall en R_i-1 være forelderen til R_i, og R_i er sønnen til R_i-1
Vi starter med å subsituere 0,1,2 (mod 3) for A,B,C.
Da får vi av problem stillingen at y_i=--x_i-x_i+1 (mod 3)
For partall n, la R_0=(0,1,0,1,.........,0,1), som fører til (2,2,2,2,......,2) som gjentar hele tiden.
Noter at hvis det funker for en villkårlig start posisjon, vil det finnes en som funker. Bare ta lcm av alle m_k
Anta for motstigelse at det eksisterer en k slik at R_k har 2 forskjellige foreldre.
Kall disse (x_1,x_2,....,x_n) og (y_1,.....y_n)
WLOG, x_1=0
x_1+x_2=y_1+y_2 (mod 3)
x_2+x_3=y_2+y_3 (mod 3)
.
.
.
x_n-1+x_n=y_n-1+y_n (mod 3)
x_n+x_1=y_n+y_1 (mod 3) *
plugg inn x_1=0
det gir x_2=y_1+y_2 (mod 3) (1)
lik innplugging gir at x_n=y_n-y_1(mod 3) for odde n
hvis vi kombinerer * og (1), får vi at y_1= 0(mod 3)
Det følger fra induksjon at x_i=y_i(mod 3) for alle i.
da er vi endelig ferdige med dette forferdelige beviset.
-
Lil_Flip38
- Noether
- Innlegg: 25
- Registrert: 10/12-2023 10:58
- Sted: Abelmaraton
Det var faktisk meg som skrev løsningen til oppgaven, så her er en ny oppgave. Jeg tenker at de nye oppgavene burde ha en litt lavere vanskelighetsgrad, som passer bedre til øving for den kommende NMC.
Let ABC be an acute angled triangle, and H a point in its interior. Let the reflections of H through the sides AB and AC be called Hc and Hb, respectively, and let the reflections of H through the midpoints of these same sides be called H΄c and H΄b, respectively. Show that the four points Hb, H΄b , Hc, and H΄c are concyclic if and only if at least two of them coincide or H lies on the altitude from A in triangle ABC.
Denne oppgaven er ganske lett, slik at vi ikke skal ha en situasjon som forrige oppgave.
Let ABC be an acute angled triangle, and H a point in its interior. Let the reflections of H through the sides AB and AC be called Hc and Hb, respectively, and let the reflections of H through the midpoints of these same sides be called H΄c and H΄b, respectively. Show that the four points Hb, H΄b , Hc, and H΄c are concyclic if and only if at least two of them coincide or H lies on the altitude from A in triangle ABC.
Denne oppgaven er ganske lett, slik at vi ikke skal ha en situasjon som forrige oppgave.
-
TorsteinBM
- Pytagoras
- Innlegg: 13
- Registrert: 13/12-2023 07:55
først kan vi se bort fra casen hvor to punkter sammenfaller for da er de så klart sykliske.
la [tex]HH_C\cap AB = D[/tex] og [tex]HH_B\cap AC = E[/tex]
la [tex]M_C[/tex] være midtpunktet på AB og [tex]M_B[/tex] være midtpunktet på AC og [tex]P[/tex] = [tex]AH\cap BC[/tex]
hvis vi nå ser på prøver å bevise at [tex]H_B, H'_B, H'_C, H_C[/tex] er sykliske hvis H ligger på høyden
dette er det samme som å vise at [tex]M_C, D, E, M_B[/tex] er syklisk siden det er en homoteti med faktor 1/2 som sender [tex]H_BH'_BH'_CH_C[/tex] til [tex]M_CDEM_B[/tex]
dette er lett å vise siden [tex]AEHD[/tex] er syklisk er [tex]\angle AED = \angle AHD = \angle PBA = \angle CBA = \angle M_BM_CA[/tex] så [tex]M_CDEM_B[/tex] er syklisk
hvis vi nå ser på hvis [tex]H_BH'_BH'_CH_C[/tex] er syklisk kan vi igjen se på [tex]M_C, D, E, M_B[/tex] som syklisk med den samme vinkel jakten får vi at [tex]\angle AHD = \angle PBA \Leftrightarrow \angle HDA = \angle APB[/tex] så [tex]\angle APB[/tex] er 90 grader så [tex]H[/tex] ligger på høyden til trekanten gjennom [tex]A[/tex]
Den neste oppgaven er å vise at
[tex]x, y, z > 0 \Rightarrow (x+y)(y+z)(z+x)\geq 8xyz[/tex]
la [tex]HH_C\cap AB = D[/tex] og [tex]HH_B\cap AC = E[/tex]
la [tex]M_C[/tex] være midtpunktet på AB og [tex]M_B[/tex] være midtpunktet på AC og [tex]P[/tex] = [tex]AH\cap BC[/tex]
hvis vi nå ser på prøver å bevise at [tex]H_B, H'_B, H'_C, H_C[/tex] er sykliske hvis H ligger på høyden
dette er det samme som å vise at [tex]M_C, D, E, M_B[/tex] er syklisk siden det er en homoteti med faktor 1/2 som sender [tex]H_BH'_BH'_CH_C[/tex] til [tex]M_CDEM_B[/tex]
dette er lett å vise siden [tex]AEHD[/tex] er syklisk er [tex]\angle AED = \angle AHD = \angle PBA = \angle CBA = \angle M_BM_CA[/tex] så [tex]M_CDEM_B[/tex] er syklisk
hvis vi nå ser på hvis [tex]H_BH'_BH'_CH_C[/tex] er syklisk kan vi igjen se på [tex]M_C, D, E, M_B[/tex] som syklisk med den samme vinkel jakten får vi at [tex]\angle AHD = \angle PBA \Leftrightarrow \angle HDA = \angle APB[/tex] så [tex]\angle APB[/tex] er 90 grader så [tex]H[/tex] ligger på høyden til trekanten gjennom [tex]A[/tex]
Den neste oppgaven er å vise at
[tex]x, y, z > 0 \Rightarrow (x+y)(y+z)(z+x)\geq 8xyz[/tex]
-
Lil_Flip38
- Noether
- Innlegg: 25
- Registrert: 10/12-2023 10:58
- Sted: Abelmaraton
Av AM-GM har vi x+y>=2√xy.
hvis vi tar den sykliske summen av dette får vi (x+y)(x+z)(z+y)>=8√(xyz)^2=8xyz.
ny oppgave:
la ABC være en spissvinklet trekant. Kall omsirkelen Omega. La H og O være ortosenteret og omsenteret i ABC. la M,N være midpunktene på AB og AC. strålene MH og NH skjærer omega i P og Q. vis at linjene MN, PQ og tangenten i A skjærer i et punkt.
Jeg kommer til å legge til hint hvis oppgaven ikke løses innen noen dager.
HInt: potenslinjer
hvis vi tar den sykliske summen av dette får vi (x+y)(x+z)(z+y)>=8√(xyz)^2=8xyz.
ny oppgave:
la ABC være en spissvinklet trekant. Kall omsirkelen Omega. La H og O være ortosenteret og omsenteret i ABC. la M,N være midpunktene på AB og AC. strålene MH og NH skjærer omega i P og Q. vis at linjene MN, PQ og tangenten i A skjærer i et punkt.
Jeg kommer til å legge til hint hvis oppgaven ikke løses innen noen dager.
HInt: potenslinjer
Dersom MNQP er syklisk og tangenten til omega i A også er tangenten i A til omsirkelen av AMN, så er vi ferdige fordi de tre linjene i oppgaven må skjære hverandre i potenssenteret til omega, (MNQP) og omsirkelen til AMN.
Først ser vi at en homoteti med skaleringsfaktor 1/2 i A sender omega til omsirekelen til AMN. Det betyr at de to sirklene har den samme tangenten i A.
La X og Y være refleksjonene av H over M og N. Det er velkjent at X og Y ligger på omega. Vi har dermed fra et punkts potens at [tex]XH\cdot HP=YH\cdot HQ[/tex]. Det følger at [tex]MH\cdot HP=\frac{XH}{2}\cdot HP=\frac{YH}{2}\cdot HQ=NH\cdot HQ[/tex]. Dermed er MNQP syklisk og vi er ferdige.
Først ser vi at en homoteti med skaleringsfaktor 1/2 i A sender omega til omsirekelen til AMN. Det betyr at de to sirklene har den samme tangenten i A.
La X og Y være refleksjonene av H over M og N. Det er velkjent at X og Y ligger på omega. Vi har dermed fra et punkts potens at [tex]XH\cdot HP=YH\cdot HQ[/tex]. Det følger at [tex]MH\cdot HP=\frac{XH}{2}\cdot HP=\frac{YH}{2}\cdot HQ=NH\cdot HQ[/tex]. Dermed er MNQP syklisk og vi er ferdige.
Ny oppgave:
La ABC være en trekant med innsenter I. Punktene P, Q og R ligger henholdsvis på linjestykkene AI, BI og CI slik at
[tex]AI\cdot PI=BI\cdot QI=CI\cdot RI[/tex].
Vis at omsenteret til ABC ligger på eulerlinjen til trekant PQR.
La ABC være en trekant med innsenter I. Punktene P, Q og R ligger henholdsvis på linjestykkene AI, BI og CI slik at
[tex]AI\cdot PI=BI\cdot QI=CI\cdot RI[/tex].
Vis at omsenteret til ABC ligger på eulerlinjen til trekant PQR.
-
Lil_Flip38
- Noether
- Innlegg: 25
- Registrert: 10/12-2023 10:58
- Sted: Abelmaraton
La DEF være A, B, og C super punktene.
La O' være omsenteret til PQR, og O være omsenteret til ABC
Av et punkts potens er lengde betingelsen det samme som å si at ABPQ, BCQR og CAQP er syklisk.
Claim: I er ortosenteret i både PQR og DEF.
Bevis:
<AFE+<FAD=1/2(<B)+1/2(<A)+1/2(<C)=90°. Dette viser at AD står normalt på EF. På lik måte får vi at BE står normalt på DF. Da er vi ferdig med at I er ortosenteret i DEF.
<PQI=1/2(<A) av sykliske firkanter, og <QPR=<QPI+<IPR=1/2(<B)+1/2(<C) av sykliske firkanter. Så <PQI+<QPR=1/2(<B)+1/2(<A)+1/2(<C)=90°. Dette betyr at I også er ortosenteret med samme argument.
Av Claim får vi spesielt at i trekantene DEF og PQR er sidene parvis parallelle. Dette impliserer at det eksisterer en homoteti med sentrum i I som sender PQR til DEF. Da følger det at Om senteret til PQR blir sendt til omsenteret til DEF, som også er omsenteret til ABC. Da ligger OIO' på en linje, og siden linjen O'I er eulerlinjen til PQR, så er vi ferdige!!!!!!!!!!!!????!
(Jeg skrev beviset uten diagram, så kan hende noe er litt feil)
La O' være omsenteret til PQR, og O være omsenteret til ABC
Av et punkts potens er lengde betingelsen det samme som å si at ABPQ, BCQR og CAQP er syklisk.
Claim: I er ortosenteret i både PQR og DEF.
Bevis:
<AFE+<FAD=1/2(<B)+1/2(<A)+1/2(<C)=90°. Dette viser at AD står normalt på EF. På lik måte får vi at BE står normalt på DF. Da er vi ferdig med at I er ortosenteret i DEF.
<PQI=1/2(<A) av sykliske firkanter, og <QPR=<QPI+<IPR=1/2(<B)+1/2(<C) av sykliske firkanter. Så <PQI+<QPR=1/2(<B)+1/2(<A)+1/2(<C)=90°. Dette betyr at I også er ortosenteret med samme argument.
Av Claim får vi spesielt at i trekantene DEF og PQR er sidene parvis parallelle. Dette impliserer at det eksisterer en homoteti med sentrum i I som sender PQR til DEF. Da følger det at Om senteret til PQR blir sendt til omsenteret til DEF, som også er omsenteret til ABC. Da ligger OIO' på en linje, og siden linjen O'I er eulerlinjen til PQR, så er vi ferdige!!!!!!!!!!!!????!
(Jeg skrev beviset uten diagram, så kan hende noe er litt feil)