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.

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

Post Reply
lfe
Dirichlet
Dirichlet
Posts: 152
Joined: 30/11-2023 16:16
Location: Trondheim

Anta uten tap av generalitet for motsigelsens skyld at a=bc.
Vi har dermed bn+pc=an+pb=bn+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
anbn=p(cb)
bncn=p(ac)
cnan=p(ba).

Vi har dermed cyc(anbnab)=p3

Påstand: anbnab±1
Bevis:
Anta for motsigelsens skyld at n=1.
ab=pcpb=p2cp2a=p3bp3a, en motsigelse.
Vi kan derfor anta n2.

Dersom |a|=|b|, må a=b.
Hvis 2n:
an+p(a)=(a)n+pcc=a, en motsigelse.
Hvis 2n:
ana=±(an+a), en motsigelse.

Anta uten tap av generalitet at |a|>|b|. Vi har dermed |a(an11)|>|b(bn11)|anbnab.
Påstanden må dermed stemme.


Er dermed |anbnab|=|bncnbc|=|cnanca|=p.
En av brøkene må være positiv. Uten tap av generalitet, la anbnab=p.
Det betyr at anbn=p(ab)=p(cb)b=c, en motsigelse.
lfe
Dirichlet
Dirichlet
Posts: 152
Joined: 30/11-2023 16:16
Location: Trondheim

Ny oppgave:
La a og b være to positive heltall. Vis
k=0b1kab=k=0a1kba
Lil_Flip38
Noether
Noether
Posts: 40
Joined: 10/12-2023 10:58
Location: Abelmaraton

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
Noether
Noether
Posts: 40
Joined: 10/12-2023 10:58
Location: Abelmaraton

ny oppgave:
la ABC være inskrevet i en sirkel ω. 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 ω i D E. Den indre vinkelhalveringslinja av BDE møter ER i K. Vis at hvis BE=BR, da er ELK=12BCD
lfe
Dirichlet
Dirichlet
Posts: 152
Joined: 30/11-2023 16:16
Location: Trondheim

La være symbolet for rettede vinkler.
Påstand: BE=BR=BC
Bevis:
Av sykliske firkanter har vi at
ACE=RCS=RBS=DBA
Det betyr at BA er vinkelhalveringslinjen til RBE og midtnormalen til ER.
Videre bruker vi at ERS=SER.
BEC=BERSER=ERBERS=SRB=SCB=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 LED.
La ER skjære ω i P(E).
ED er parallell med SR fordi
SRB=SCB=ECB=EDB.
Vi har dermed RED=PED=ERS=SER=CEP=LER.
Det betyr at ER er vinkelhalveringslinjen til LED.

Det betyr at oppgaven er ekvivalent med å vise ELD=BCD.
Det er nå tilstrekkelig å vise ΔBCDΔELD.
Dette følger av:
LED=CED=CBD
Siden BE=BC, EDL=EDB=BDC.
lfe
Dirichlet
Dirichlet
Posts: 152
Joined: 30/11-2023 16:16
Location: Trondheim

Ny oppgave:
La ABC være en trekant med omsirkel ω og omsenter O. La A1 være foten til høyden fra A og la A2 være skjæringen mellom AO og BC. La ΩA være sirkelen gjennom A1 og A2 som tangerer ω i TA, der TA og A ligger på hver sin side av BC. Vi definerer B1,B2,C1,C2,TB,TC på samme måte. Vis at ATA, BTB og CTC skjærer i ett punkt.
Mattebruker
Weierstrass
Weierstrass
Posts: 498
Joined: 26/02-2021 21:28

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

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

Forøvrig elegant løysing å vise at K er innsenteret i ELD.
lfe
Dirichlet
Dirichlet
Posts: 152
Joined: 30/11-2023 16:16
Location: Trondheim

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
Noether
Noether
Posts: 40
Joined: 10/12-2023 10:58
Location: Abelmaraton

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 AAT er A-symmedianen i ABC. Jeg presenterer 2 bevis på påstanden.

Bevis 1:
la S være omsirkelen til AA1A2. la O1 være omsenteret til AA1A2. Siden AO1O er en linje, så er S og ω tangent. Hvis vi ser på potenssenteret til de tre sirkelene får vi at tangentene til ω i TA og A skjærer på BC. Dette impliserer at ABCTA er en harmonisk firkant, så AAT er symmedianen.

Bevis 2:
La AA1 og AA2 skjære ω i D og E.
La Φ være inversjon rundt A med radius bc kompinert med refleksjon over vinkelhalveringslinja. Φ bytter B og C, A1 og E, A2 og D, siden ortosenteret og omsenteret er isogonalkonjugater.
ΩA 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 AAT er linja som er isogonal med medianen, altså symmedianen.



Av påstand er ATA,BTB og CTC de tre symmedianene i trekanten, så de skjærer i et punkt.



Ny oppgave: la N være de positive heltallene. Finn alle funksjoner f: NN slik at f(a)+ba2+f(a)f(b) for alle positive heltall a,b
TorsteinBM
Noether
Noether
Posts: 33
Joined: 13/12-2023 07:55

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

bevis
sett b=a dette gir f(a)+a|a2+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|2a2
hvis vi nå lar a være prim ender vi opp med at f(a)=1a,2a,a,a2a,2a2a,0 er de eneste løsningene
1a og 2a 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|p2+pf(b)) som impliserer p+b|p+f(b)f(x)=x er eneste løsning
TorsteinBM
Noether
Noether
Posts: 33
Joined: 13/12-2023 07:55

ny oppgave:
vis at det finnes et tall som består av siffrene 2 og 5 som er delelig på 22005 og har 2005 siffre
xor
Pytagoras
Pytagoras
Posts: 12
Joined: 25/03-2024 20:37
Location: London

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 2s and 5s that is divisible by 2n. For n=1 it's trivial, as 2 is divisible by 21.
Inductive step:
Assume we have an n digit number consisting of only 2s and 5s that's divisible by 2n, then we know it's either 0 or 2nmod(2n+1). If it is congruent to 0, we know that adding 210n will create a number of n+1 digits still consisting of only 2s and 5s that is divisible by 2^{n+1}. Otherwise add 510n which is 2n mod(2n+1) and we're done.
Last edited by xor on 15/04-2024 18:54, edited 1 time in total.
xor
Pytagoras
Pytagoras
Posts: 12
Joined: 25/03-2024 20:37
Location: London

New problem: Let ABCD be a cyclic quadrilateral. Point P is on line CB such that CP=CAand 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
Noether
Noether
Posts: 40
Joined: 10/12-2023 10:58
Location: Abelmaraton

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 AIB=90+12ADB=90+12ACB=180APB. Den siste likheten følger av at AC=CP. Dette impliserer at ABIP er syklisk. På lik måte kan man vise at ADIQ er syklisk.

AIQ=ADQ=ADC=ABC=ABP=AIP. Dette viser at PIQ er en linje, som er det vi skulle vise. :mrgreen: :mrgreen: :mrgreen: :mrgreen: :D :D :D :D :( :x :P :P :P :cry: :!: :!: :roll: :roll: :roll: :?
Lil_Flip38
Noether
Noether
Posts: 40
Joined: 10/12-2023 10:58
Location: Abelmaraton

ny oppgave:
la n>=2 være et heltall. Finn alle n-tupler av reele tall (a1,a2,........,an) slik at
a12a2,a22a3,.......,an12an, an2a1
er en omorganisering av a1,a2,...an
Post Reply