Abelfinalen

[Brahmagupta]

Mange er vel klar over det allerede, men finaleoppgavene fra abel er ute.

Har bare hatt tid til å løse de to første til nå, men det virker som gode, spennende oppgaver

http://abelkonkurransen.no/problems/abe ... rob_nb.pdf

Man kan jo også legge ut egne løsninger på oppgavene.

[Gustav]

Forslag til løsning på

1a)

La

$f(x,y)=y^2+axy+(3+a)x^2$.

For at ulikheten $f(x,y)\ge 0$ skal gjelde alle reelle par x,y, kan ikke polynomet ha flere nullpunkter.

Betrakter man 2.gradsligningen f(x,y)=0 vil denne ikke ha flere reelle løsninger dersom $-2\le a\le 6$, så f(x,y) er enten $\ge 0$ eller $\le 0$ for alle x,y. Vi har at $f(0,y)=y^2\ge 0$, så ulikheten gjelder for alle x,y dersom a ligger i det nevnte intervallet.

1b)

La $b_n=\sum _{i=1}^n{a}_i$. Da er differensligningen

$b_{n+1}=b_n(1+\frac{1}{n})+1$ med $b_1=1$.

Så vi ser mønsteret

$b_2=b_1(1+1)+1=2(b_1+\frac{1}{2})$
$b_3=b_2(1+\frac{1}{2})+1=3(b_1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3})$
...
$b_n=n(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n})$.

Det vi skal vise er at det fins en k slik at for enhver $\beta >0$ er

$\frac{b_k}{k}+1<(k+1)\beta$

$\frac{1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{k}}{k+1}<\beta$

Venstresida går mot 0 når k går mot uendelig siden nevnerer øker mye fortere enn telleren. (Evt. kan man bruke at

$\sum _{i=1}^k\frac{1}{i}<1+{\int }_1^k\frac{1}{x}dx=1+\ln (k)$ og videre L´Hopital for å vise at venstresida går mot 0. )

2: Siden trekanten har tre spisse vinkler vil cirkumsenteret ligge inni sirkelen.
Alle punkter p inni trekanten vil derfor ha en avstand til en av hjørnene på mindre enn eller lik radius av den omskrevne sirkelen. Siden lengste sidekant i trekanten er s vil den omskrevne sirkelen ha radius på mindre enn eller lik $\frac{s}{\sqrt{3}}$.

3:

$\sum _{i=1}^{p-3}\frac{i}{i+2}=p-2\sum _{i=1}^{p-1}\frac{1}{i}=\frac{a}{b}$

Ved å gruppere leddene kan vi skrive

$\sum _{i=1}^{p-1}\frac{1}{i}=(1+\frac{1}{p-1})+(\frac{1}{2}+\frac{1}{p-2})+...=\frac{p}{p-1}+\frac{p}{2(p-2)}+...$, så vi får

$p(1-\frac{2}{p-1}-\frac{1}{p-2}-\frac{2}{3(p-3)}-...)=\frac{a}{b}$.

Ved å skrive summen på felles brøkstrek er det klart at nevneren blir et produkt av tall mindre enn p, så vi kan ikke forkorte bort p fra telleren siden p er primtall. Altså må a være delelig med p.

[Brahmagupta]

Forslag til 2:

Tar utgangspunkt i sentrum, S, til den omskrevne sirkelen. Hvis man beveger seg et stykke i hvilken som helst retning vil man komme nærmere et av hjørnene så det holder å vise ulikheten for dette punktet.

$\mathrm{\angle }ASB=\alpha$
$AB=s$

Lar AB være den lengste siden i trekanten. Det gjør $\alpha$ til den største vinkelen av de tre vinklene fra S til de forskjellige hjørnene.

$\mathrm{\angle }ASB+\mathrm{\angle }BSC+\mathrm{\angle }CSA=360$
$3\alpha \ge 360$
$\alpha \ge 120$
$180-\alpha =\beta \le 60$

Kaller radien i omsirkelen R.
Ved å bruke cosinussetningen på trekant ASB får man at:
$s^2=R^2+R^2-2R^2\cdot cos(\alpha )$
$cos(\alpha )=-cos(180-\alpha )=cos(\beta )$
$s^2=2R^2+2R^2\cdot cos(\beta )$

cosinus er synkende på [0,60] hvilket gir følgende ulikhet:

$s^2\ge 2R^2+2R^2\cdot cos(60)=3R^2$

$\frac{s}{\sqrt{3}}\ge R$
Hvilket er ulikheten som skulle vises.

[Hoksalon]

Oppgave 3:

Algebra gir oss

$p-2(1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{p-1}$

Her stoppet det opp for meg, og jeg er enda ikke helt sikker på fremgangsmåten min, men alle brøkene vil gi ulik rest modulo p, så det følger at uttrykket kan skrives:

$p-2(1+2+3+...+(p-1))\equiv p-p(p-1)\equiv 0modp$

Jeg forstår egentlig ikke helt dette, men jeg antar det er en modningssak.

EDIT: Forstod det med plutarco sin fremgangsmåte. Det jeg har skrevet her er vel heller ganske vagt.

[Gustav]

Oppgave 3:

Algebra gir oss

$p-2(1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{p-1}$

Her stoppet det opp for meg, og jeg er enda ikke helt sikker på fremgangsmåten min, men alle brøkene vil gi ulik rest modulo p, så det følger at uttrykket kan skrives:

$p-2(1+2+3+...+(p-1))\equiv p-p(p-1)\equiv 0modp$

Jeg forstår egentlig ikke helt dette, men jeg antar det er en modningssak.

EDIT: Forstod det med plutarco sin fremgangsmåte. Det jeg har skrevet her er vel heller ganske vagt.

Det man gjør er å betrakte hvert ledd 1/n i summen som det inverse elementet til n i den multiplikative gruppen Z_p. Siden ulike tall i Z_p har ulike inverser, så har du summen av p-1 antall ulike rester i Z_p, som følgelig er ekvivalent med summen $\sum _{i=1}^{p-1}i$ modulo p. Det var sånn jeg også løste oppgaven først, men forsøkte å unngå moduloregning og basic gruppeteori i forslaget jeg postet.

[Brahmagupta]

Ser at løsningen på nummer 2 var unødvendig komplisert. Det følger ganske direkte fra uttrykket for R i den omskrevne sirkelen. $R=\frac{BC}{2sin(A)}$
hvor BC er den lengste siden.

Løste oppgave 3 på omtrent samme måte. Det er den første omskrivningen som egentlig løser oppgaven vil jeg si, såfremt man vet at summen av brøkene er kongruent med 0 mod p.

En lett måte å se det på er bare å anta at 2 brøker har samme rest hvilket umiddelbart impliserer at de har samme nevner, og alle brøkene må være ulike.

[Brahmagupta]

Forslag til løsning på

1a)

La

$f(x,y)=y^2+axy+(3+a)x^2$.

For at ulikheten $f(x,y)\ge 0$ skal gjelde alle reelle par x,y, kan ikke polynomet ha noen nullpunkter.

Betrakter man 2.gradsligningen f(x,y)=0 vil denne ikke ha reelle løsninger dersom -2<a<6, så f(x,y) er enten $\ge 0$ eller $\le 0$ for alle x,y. Vi har at $f(0,y)=y^2\ge 0$, så ulikheten gjelder for alle x,y dersom a ligger i det nevnte intervallet.

Du må vel inkludere endepunktene i intervallet og, da er uttrykket et fullstendig kvadrat.

[Gustav]

Du må vel inkludere endepunktene i intervallet og, da er uttrykket et fullstendig kvadrat.

Ja, naturligvis. Fort gjort å slurve:)

[Gustav]

4a)

Nummererer først alle hjørnene i polygonet fra 1 til 2013. La først P1 være hjørne 1. Da kan P2 være hjørne 3 til 2012. Dersom P2 er hjørne 3 er det 2*1*(2013-3) antall måter å lage kryssende firetupler på. Dersom P2 er hjørne 4 er det likedan 2*2*(2013-4) måter etc. Summerer vi blir det totalt

$2\ast 2013\ast \sum _{i=1}^{2010}i\ast (2013-(i+2))=5457058689720$

4b)

Vi må ha at a*b*c er et partall: Fargelegg annenhver boks svart og hvit. Bia må bevege seg gjennom annenhver svarte og hvite boks, så dersom den starter i en svart vil den være i en hvit rett før den kommer tilbake til starten. Altså må det være likt antall svarte og hvite bokser og antallet bokser må være partall.

Dersom det er et like antall bokser kan bia bevege seg i følgende generelle mønster for hvert lag av bokser, der retningen snus for hvert lag:




Inntrykket mitt er at årets finaleoppgaver manglet en virkelig vanskelig oppgave, men samtidig var det morsomme oppgaver. Oppgave 1a), 4 a) og 4b) mener jeg er de enkleste i år.

Er det noen her som har løst oppgave 4b) fra i fjor? http://abelkonkurransen.no/problems/abe ... rob_nb.pdf

[Solar Plexsus]

Oppgave 4b fra fjorårets Abelfinale:

Positive tall $b_1,b_2,\dots ,b_n$ er gitt slik at

$(1)b_1+b_2+\cdots +b_n\le 10.$

Videre er $a_1=b_1$ og

$(2)a_i=s{a}_{i-1}+b_i$

for $2\le i\le n,$ der

$(3)0\le s<1.$

Vis at

$(4)a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2\le \frac{100}{1-s^2}.$


Løsningsforslag: Fra (2) og (3) følger at

$a_i=s{a}_{i-1}+b_i\le a_{i-1}+b_i,$

som impliserer at

$\sum _{i=2}^k{a}_i-a_{i-1}\le \sum _{i=2}^k{b}_i,$

i.e.

$a_k-a_1\le \sum _{i=2}^k{b}_i.$

Ved å benytte at $a_1=b_1,$ får vi at

$(5)a_k\le \sum _{i=1}^k{b}_i.$

Videre er

$\sum _{i=1}^n{a}_i^2$
$=a_1^2+\sum _{i=2}^n(s{a}_{i-1}+b_i{)}^2$ (iht. (2))
$=b_1^2+\sum _{i=2}^n{b}_i^2+2s\sum _{i=2}^n{a}_{i-1}{b}_i+s^2\sum _{i=1}^{n-1}{a}_i^2$ (fordi $a_1=b_1$)
$\le \sum _{i=1}^n{b}_i^2+2\sum _{i=2}^n{a}_{i-1}{b}_i+s^2\sum _{i=1}^n{a}_i^2$ (iht. (3))
$\le \sum _{i=1}^n{b}_i^2+2\sum _{i=2}^n{b}_i(b_1+b_2+\cdots +b_{i-1})+s^2\sum _{i=1}^n{a}_i^2$
$=(b_1+b_2+\cdots +b_n{)}^2+s^2\sum _{i=1}^n{a}_i^2$
$\le {10}^2+s^2\sum _{i=1}^n{a}_i^2$ (ifølge (1)).

Altså er

$(1-s^2)\sum _{i=1}^n{a}_i^2\le 100,$

som er ekvivalent med (4). q.e.d

[Brahmagupta]

Tenkte 4-tuppelet var uordnet på 4a, det gjør oppgaven noe verre.
Å få fram summen for et hjørne er jo veldig greit. Videre løste jeg resten ved en differensligning, som ga fryktelig mye kjip regning. Men slik oppgaven står hadde jeg allerede løst den på første steg.

I år hadde det også vært noen dagers treningsleir i forkant av prøven, noe man skulle tro ville gjøre at oppgavene ble litt vanskeligere...

[Gustav]

Oppgave 4b fra fjorårets Abelfinale:

Positive tall $b_1,b_2,\dots ,b_n$ er gitt slik at

$(1)b_1+b_2+\cdots +b_n\le 10.$

Videre er $a_1=b_1$ og

$(2)a_i=s{a}_{i-1}+b_i$

for $2\le i\le n,$ der

$(3)0\le s<1.$

Vis at

$(4)a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2\le \frac{100}{1-s^2}.$


Løsningsforslag: Fra (2) og (3) følger at

$a_i=s{a}_{i-1}+b_i\le a_{i-1}+b_i,$

som impliserer at

$\sum _{i=2}^k{a}_i-a_{i-1}\le \sum _{i=2}^k{b}_i,$

i.e.

$a_k-a_1\le \sum _{i=2}^k{b}_i.$

Ved å benytte at $a_1=b_1,$ får vi at

$(5)a_k\le \sum _{i=1}^k{b}_i.$

Videre er

$\sum _{i=1}^n{a}_i^2$
$=a_1^2+\sum _{i=2}^n(s{a}_{i-1}+b_i{)}^2$ (iht. (2))
$=b_1^2+\sum _{i=2}^n{b}_i^2+2s\sum _{i=2}^n{a}_{i-1}{b}_i+s^2\sum _{i=1}^{n-1}{a}_i^2$ (fordi $a_1=b_1$)
$\le \sum _{i=1}^n{b}_i^2+2\sum _{i=2}^n{a}_{i-1}{b}_i+s^2\sum _{i=1}^n{a}_i^2$ (iht. (3))
$\le \sum _{i=1}^n{b}_i^2+2\sum _{i=2}^n{b}_i(b_1+b_2+\cdots +b_{i-1})+s^2\sum _{i=1}^n{a}_i^2$
$=(b_1+b_2+\cdots +b_n{)}^2+s^2\sum _{i=1}^n{a}_i^2$
$\le {10}^2+s^2\sum _{i=1}^n{a}_i^2$ (ifølge (1)).

Altså er

$(1-s^2)\sum _{i=1}^n{a}_i^2\le 100,$

som er ekvivalent med (4). q.e.d

God løsning på en av de (i mine øyne) vanskeligere oppgavene jeg har sett i abelkonkurransen. Det kan umulig være mange som fikk full score på denne...?

[jhoe06]

Setter veldig stor pris på tilbakemelding på mine løsningsforslag! Er uerfaren med slike oppgaver og kjenner ingen å diskutere matte med...

Oppgave 1a
Finn alle reelle tall som er slik at ulikheten $3x^2+y^2\ge -ax(x+y)$ holder for alle reelle tall $x$ og $y$.

Sett $x=\frac{yp}{\sqrt{3}}$ slik at:
$y^2(p^2+1)\ge \frac{-a{y}^{2}p(p+\sqrt{3})}{3}$ og
$(p^2+1)\ge \frac{-ap(p+\sqrt{3})}{3}$

Som vi kan skrive om til en standard andregradslikning:
$(3+1)p^2+\sqrt{3}ap+3\ge 0$

Vi vet at dette bare kan være sant dersom:
$3a^2-36-12a\le 0$
$(a-6)(a+2)\le 0$
$-2\le a\le 6$

Vi ser at $p^2$ fra andregradslikningen i sted er positiv dersom a er i $[-2,6]$, dermed er dette løsningen.

Oppgave 1b
Følgen $a_1,a_2,a_3,...$ er definert slik at $a_1=1$ og
$a_{n+1}=\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}+1$

Vis at for hvert reelt positivt tall $\beta$ kan vi finne en $k$ slik at $a_k<\beta k$.

Vi ser at $a_k<\beta k$ er ekvivalent med $\frac{a_k}{k}<\beta$. Når $\beta >1$ er dette åpenlyst; bare sett $k=1$. For å se at det stemmer for $\beta \le 1$:
$\frac{a_{k+1}}{k+1}$
$=\frac{1}{k+1}(\frac{a_1+\cdots +a_k}{k}+1)$
$=\frac{1}{k+1}(\frac{a_1+\cdots +a_{k-1}}{k}+\frac{a_1+\cdots +a_{k-1}}{k(k-1)}+\frac{k+1}{k})$
$=\frac{1}{k}(\frac{k(a_1+\cdots +a_{k-1})}{(k+1)(k-1)}+1)$
$<\frac{a_k}{k}$
Dermed går $\frac{a_k}{k}$ mot 0 ettersom k går mot $\mathrm{\infty }$, og vi vil alltid være i stand til å finne en mindre $\frac{a_k}{k}$

Oppgave 2
I en trekant $T$ er alle vinklene mindre enn 90 grader, og den lengste siden har lengde $s$. Vis at for hvert punkt $p$ i $T$ kan vi velge et hjørne $h$ i $T$ slik at avstanden fra $p$ til $h$ er mindre enn eller lik $\frac{s}{\sqrt{3}}$.

Kall vinklene i $T$ for $A,B,C$. Sett $s=AB$ slik at $AB\ge AC,BC$. La vinkel $A\le B$ - da må $A$ være den minste vinkelen i $T$. Her er en veldig unøyaktig hjelpefigur:


Sett $P$ til punktet hvor linjen som halverer vinkel $A$ treffer midtnormalen på $s=AB$. Da vil $AP=BP$, og
$(CP{)}^2\le (H_{AC}{)}^2+(\frac{s}{2}{)}^2=(AP{)}^2$ (her er $H_{AC}$ lengden på linjen fra $P$ som står vinkelrett på $AC$).

Summen av $A,B,C$ er 180 grader, så hvis $A$ er den minste av $A,B,C$, må $A\le 60$ grader. Da har vi at
$AP=\frac{s}{2\cos (A/2)}\le \frac{s}{2\cos 30}=\frac{s}{\sqrt{3}}$

Oppgave 3
Et primtall $p\le 5$ er gitt. Skriv
$\frac{1}{3}+\frac{2}{4}+\cdots +\frac{p-3}{p-1}=\frac{a}{b}$
for naturlige tall $a$ og $b$. Vis at $p$ går opp i $a$.

Ikke så mye å si om denne. Bruker at $p-3$ må være et partall siden $p$ er et primtall på fjerde linje:
$\frac{1}{3}+\frac{2}{4}+\cdots +\frac{p-3}{p-1}$
$=\frac{3-2}{3}+\frac{4-2}{4}+\cdots +\frac{p-1-2}{p-1}$
$=p-3-2(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{p-1})$
$=p-3-2(\frac{1}{p-2}+\frac{1}{p-1})-2(\frac{p}{3(p-3)}+\frac{p}{4(p-4)}+\cdots )$
$=\frac{(p-3)(p-2)(p-1)-2(2p-3)}{(p-2)(p-1)}-2p(\frac{1}{3(p-3)}+\frac{1}{4(p-4)}+\cdots )$
$=\frac{p(p^2-6p+2)}{(p-2)(p-1)}-2p(\frac{1}{3(p-3)}+\frac{1}{4(p-4)}+\cdots )$
$=p(\frac{(p^2-6p+2)}{(p-2)(p-1)}-2(\frac{1}{3(p-3)}+\frac{1}{4(p-4)}+\cdots ))$
$=\frac{pk}{(p-1)(p-2)\cdots }$

Siden $p$ er et primtall vet vi at faktoren ikke vil kanselleres av noen tall i $b$, så $p$ må gå opp i $a$.