Abel maraton

[lfe]

Anta uten tap av generalitet for motsigelsens skyld at $a=b\ne c$.
Vi har dermed $b^n+pc=a^n+pb=b^n+pb$. Dette impliserer $b=c$, en motsigelse.

Vi antar fra nå for motsigelsens skyld at a,b og c er ulike heltall som tilfredsstiller likningene.

Fra likhetene i oppgaven får vi
$a^n-b^n=p(c-b)$
$b^n-c^n=p(a-c)$
$c^n-a^n=p(b-a)$.

Vi har dermed $\prod _{cyc}^{}\left(\frac{a^n-b^n}{a-b}\right)=p^3$

Påstand: $\frac{a^n-b^n}{a-b}\ne \pm 1$
Bevis:
Anta for motsigelsens skyld at n=1.
$a-b=pc-pb=p^{2}c-p^{2}a=p^{3}b-p^{3}a$, en motsigelse.
Vi kan derfor anta $n\ge 2$.

Dersom $|a|=|b|$, må $a=-b$.
Hvis $2\mid n$:
$a^n+p(-a)=(-a{)}^n+pc\Rightarrow c=-a$, en motsigelse.
Hvis $2\nmid n$:
$a^n-a=\pm (a^n+a)$, en motsigelse.

Anta uten tap av generalitet at $|a|>|b|$. Vi har dermed $|a(a^{n-1}-1)|>|b(b^{n-1}-1)|\Rightarrow a^n-b^n\ne a-b$.
Påstanden må dermed stemme.


Er dermed $|\frac{a^n-b^n}{a-b}|=|\frac{b^n-c^n}{b-c}|=|\frac{c^n-a^n}{c-a}|=p$.
En av brøkene må være positiv. Uten tap av generalitet, la $\frac{a^n-b^n}{a-b}=p$.
Det betyr at $a^n-b^n=p(a-b)=p(c-b)\Rightarrow b=c$, en motsigelse.

[lfe]

Ny oppgave:
La a og b være to positive heltall. Vis
$\sum _{k=0}^{b-1}\lfloor \frac{ka}{b}\rfloor =\sum _{k=0}^{a-1}\lfloor \frac{kb}{a}\rfloor$

[Lil_Flip38]

https://1drv.ms/i/s!As30ClS-AoiBqVbyZ9X ... 7?e=4QQ4fH

vi setter opp kordinatsystem.

Observer at oppgaven er ekvalent med å vise at antall gitterpunkter under/på linja y=(a/b)x, over x-aksen og til venstre for linja x=b, og antall gitterpunkter under/på linja y=(b/a)x, over x-aksen og til venstre for linja x=a.
linjene y=(a/b)x og y=(b/a)x er isogonale, som betyr at hvis vi reflekterer over vinkelhalveringslinja ser vi at gitterpunktene former et rektangel, og det betyr at antall gitterpunkter er like, så vi er ferdige.

[Lil_Flip38]

ny oppgave:
la $ABC$ være inskrevet i en sirkel $\omega$. En sirkel gjennom $B$ og $C$ skjære $AB$ og $AC$ i igjen i $S$ og $R$. $BR$ and $CS$ skjærer i $L$. Strålene $LR$ og $LS$ skjærer $\omega$ i $D$ $E$. Den indre vinkelhalveringslinja av $\mathrm{\angle }BDE$ møter $ER$ i $K$. Vis at hvis $BE=BR$, da er $\mathrm{\angle }ELK=\frac{1}{2}\mathrm{\angle }BCD$

[lfe]

La $\measuredangle$ være symbolet for rettede vinkler.
Påstand: BE=BR=BC
Bevis:
Av sykliske firkanter har vi at
$\measuredangle ACE=\measuredangle RCS=\measuredangle RBS=\measuredangle DBA$
Det betyr at BA er vinkelhalveringslinjen til $\mathrm{\angle }RBE$ og midtnormalen til ER.
Videre bruker vi at $\measuredangle ERS=\measuredangle SER$.
$\measuredangle BEC=\measuredangle BER-\measuredangle SER=\measuredangle ERB-\measuredangle ERS=\measuredangle SRB=\measuredangle SCB=\measuredangle ECB$.
Dermed er BCE en likebent trekant, hvor BE=BC.

Påstand: K er innsenteret til trekant ELD.
Bevis:
Det holder å vise at ER er vinkelhalveringslinjen til $\mathrm{\angle }LED$.
La ER skjære $\omega$ i $P(\ne E)$.
ED er parallell med SR fordi
$\measuredangle SRB=\measuredangle SCB=\measuredangle ECB=\measuredangle EDB$.
Vi har dermed $\measuredangle RED=\measuredangle PED=\measuredangle ERS=\measuredangle SER=\measuredangle CEP=\measuredangle LER$.
Det betyr at ER er vinkelhalveringslinjen til $\mathrm{\angle }LED$.

Det betyr at oppgaven er ekvivalent med å vise $\mathrm{\angle }ELD=\mathrm{\angle }BCD$.
Det er nå tilstrekkelig å vise $\mathrm{\Delta }BCD\sim \mathrm{\Delta }ELD$.
Dette følger av:
$\measuredangle LED=\measuredangle CED=\measuredangle CBD$
Siden BE=BC, $\measuredangle EDL=\measuredangle EDB=\measuredangle BDC$.

[lfe]

Ny oppgave:
La ABC være en trekant med omsirkel $\omega$ og omsenter O. La $A_1$ være foten til høyden fra A og la $A_2$ være skjæringen mellom AO og BC. La ${\mathrm{\Omega }}_A$ være sirkelen gjennom $A_1$ og $A_2$ som tangerer $\omega$ i $T_A$, der $T_A$ og A ligger på hver sin side av BC. Vi definerer $B_1,B_2,C_1,C_2,T_B,T_C$ på samme måte. Vis at $A{T}_A$, $B{T}_B$ og $C{T}_C$ skjærer i ett punkt.

[Mattebruker]

Hallo !
Har studert løysingforslaget ditt med stor interesse.
Heilt i starten vil du vise du at AB halverer $\measuredangle$DBE. Da må du vel strengt teke vise at
$\measuredangle$DBA = $\measuredangle$ABE . Sett frå min ståstad vil det da vere naturleg å følgje denne slutnings-rekka:

$\measuredangle$ABE = $\measuredangle$ACE ( periferivinklar i den sykliske firkanten AEBC ) = $\measuredangle$RCS = $\measuredangle$RBS ( periferivinklar i syklisk firkant( RSBC ) ) = $\measuredangle$DBA ( som skulle visast )

Forøvrig elegant løysing å vise at K er innsenteret i $△$ ELD.

[lfe]

Det stemmer. Jeg nevnte ikke at det jeg viser med den første vinkeljakten er EA=AD av periferivinkelsetningen. Dette imliserer at AB er vinkelhalveringslinjen til vinkel DBE.

[Lil_Flip38]

Først skal jeg introdusere isognale linjer, symmedianer og harmoniske firkanter.
I en vinkel kaller vi 2 linjer Isogonale hvis de er refleksjonen av hverandre over vinkelhalveringslinja. symmedianen er definert som refleksjonen av medianen over vinkelhalveringslinja. Symmedianen inneholder mange nyttige egenskaper, og den viktigste er kanskje at $A$-symmedianen i trekant $ABC$ går gjennom skjæringen mellom tangentene til omsirkelen gjennom $B$ og $C$. Et syntetisk bevis på dette er ikke så lett, så den letteste løsningen er å bruke sinussetningen. Vi kaller en en syklisk firkant $ABCD$ harmonisk hvis tangentene i $A$ og $C$ skjærer på linja $BD$. Et resultat i harmoniske firkanter er:

$AC$ er symmedian i $ABD$,
$AC$ er symmedian i $CBD$,
$BD$ er symmedian i $BAC$
og $BD$ er symmedian i $DAC$.

Av konstruksjon av symmedianen er $BD$ symmedianen i $BAC$ og $DAC$. Ved hjelp av formlike trekanter og vinkeljakt kan man komme fram til resten av resultatet.

Dette er det som brukes i løsningen her.
Jeg har ikke forklart veldig bra her og har ikke bevist noen av resultatene. Noen forskjellig bevis på at symmedianen går gjennom skjæringen av tangentene finner du i denne handouten: https://yufeizhao.com/olympiad/geolemmas.pdf. En annen god introduksjon til symmedianer finner man i kapittel 4 i boka EGMO av Evan Chen. Jeg presenterer også en løsning som bruker inversjon istedenfor symmedianer, som man kan lese om her: https://services.artofproblemsolving.co ... 9uLnBkZg==

tilbake til oppgaven:

Påstand: linja $A{A}_T$ er $A$-symmedianen i $ABC$. Jeg presenterer 2 bevis på påstanden.

Bevis 1:
la $S$ være omsirkelen til $A{A}_1{A}_2$. la $O_1$ være omsenteret til $A{A}_1{A}_2$. Siden $A-O_1-O$ er en linje, så er $S$ og $\omega$ tangent. Hvis vi ser på potenssenteret til de tre sirkelene får vi at tangentene til $\omega$ i $T_A$ og $A$ skjærer på $BC$. Dette impliserer at $ABC{T}_A$ er en harmonisk firkant, så $A{A}_T$ er symmedianen.

Bevis 2:
La $A{A}_1$ og $A{A}_2$ skjære $\omega$ i $D$ og $E$.
La $\mathrm{\Phi }$ være inversjon rundt $A$ med radius $\sqrt{bc}$ kompinert med refleksjon over vinkelhalveringslinja. $\mathrm{\Phi }$ bytter $B$ og $C$, $A_1$ og $E$, $A_2$ og $D$, siden ortosenteret og omsenteret er isogonalkonjugater.
${\mathrm{\Omega }}_A$ blir sendt til sirkelen gjennom $D$ og $E$ tangent til $BC$.
$BCDE$ er en likebeint trapes, så sirkelen gjennom $D$ og $E$ tangent til $BC$ tangerer i midtpunktet av $BC$, som betyr at $A{A}_T$ er linja som er isogonal med medianen, altså symmedianen.



Av påstand er $A{T}_A,B{T}_B$ og $C{T}_C$ de tre symmedianene i trekanten, så de skjærer i et punkt.



Ny oppgave: la $\mathbb{N}$ være de positive heltallene. Finn alle funksjoner $f$: $\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ slik at $f(a)+b$$\mid$$a^2$+$f(a)f(b)$ for alle positive heltall $a,b$

[TorsteinBM]

først vil vi bevise at $f(p)=p$ for alle primtall p

bevis
sett $b=a$ dette gir $f(a)+a|a^2+f(a{)}^2$
nå ta minus $(f(a)+a)(f(a)-a)$ på høyre siden dette går siden det er delelig på f(a) + a
da ender vi opp med $f(a)+a|2a^2$
hvis vi nå lar $a$ være prim ender vi opp med at $f(a)=1-a,2-a,a,a^2-a,2a^2-a,0$ er de eneste løsningene
$1-a$ og $2-a$ vil ikke $f(a)$ være i de naturlige tallene for alle $a$
hvis vi plugger de resterende inn i orginal likningen får vi at $f(p)=p$ er eneste løsning

hvis vi nå setter $a=p$ hvor $p$ er et primtall større enn $b$ (som såklart alltid vil eksistere)
får vi $p+b|p^2+pf(b))$ som impliserer $p+b|p+f(b)$ så $f(x)=x$ er eneste løsning

[TorsteinBM]

ny oppgave:
vis at det finnes et tall som består av siffrene $2$ og $5$ som er delelig på $2^{2005}$ og har 2005 siffre

[xor]

Sorry for poor formatting, am on mobile. We use induction on number of digits, and we will prove that one can find an $n$ digit number consisting of only $2$s and $5$s that is divisible by $2^n$. For $n=1$ it's trivial, as $2$ is divisible by $2^1$.
Inductive step:
Assume we have an n digit number consisting of only $2$s and $5$s that's divisible by $2^n$, then we know it's either $0$ or $2^n$mod($2^{n+1}$). If it is congruent to $0$, we know that adding $2\ast {10}^n$ will create a number of $n+1$ digits still consisting of only $2$s and $5$s that is divisible by 2^{n+1}. Otherwise add $5\ast {10}^n$ which is $2^n$ mod$(2^{n+1})$ and we're done.

[xor]

New problem: Let $ABCD$ be a cyclic quadrilateral. Point $P$ is on line $CB$ such that $CP=CA$and $B$ lies between $C$ and $P$. Point $Q$ is on line $CD$ such that $CQ=CA$ and $D$ lies between $C$ and $Q$. Prove that the incentre of triangle $ABD$ lies on line $PQ.$

[Lil_Flip38]

Synes at engelsk er upassende på dette forumet.

La $I$ være insenteret i trekant $ABD$.
Påstand: $ABIP$ og $ADIQ$ er sykliske firkanter.
Bevis:
av superlemma er $\mathrm{\angle }AIB={90}^{\circ }+\frac{1}{2}\mathrm{\angle }ADB={90}^{\circ }+\frac{1}{2}\mathrm{\angle }ACB={180}^{\circ }-\mathrm{\angle }APB.$ Den siste likheten følger av at $AC=CP$. Dette impliserer at $ABIP$ er syklisk. På lik måte kan man vise at $ADIQ$ er syklisk.

$\measuredangle AIQ=\measuredangle ADQ=\measuredangle ADC=\measuredangle ABC=\measuredangle ABP=\measuredangle AIP.$ Dette viser at $P-I-Q$ er en linje, som er det vi skulle vise.

[Lil_Flip38]

ny oppgave:
la $n>=2$ være et heltall. Finn alle $n$-tupler av reele tall $(a_1,a_2,........,a_n)$ slik at
$a_1-2a_2,a_2-2a_3,.......,a_{n-1}-2a_n$, $a_n-2a_1$
er en omorganisering av $a_1,a_2,...a_n$