Abel maraton

[lfe]

Ny oppgave: (vanskelig)
La ABC være en spissvinklet trekant. La D være foten til høyden fra A. La P være et varierende punkt slik at vinkelhalveringslinjene til $\mathrm{\angle }PBC$ og $\mathrm{\angle }PCB$ skjærer hverandre på linjestykket AD. La E være skjæringen mellom AC og vinkelhalveringslinjen til $\mathrm{\angle }PBC$ og la F være skjæringen mellom AB og vinkelhalveringslinjen til $\mathrm{\angle }PCB$. La EF skjære AD i Q. Vis at PQ går gjennom et fast punkt.

[Lil_Flip39]

Denne oppgaven har kanskje litt høy vanskelighetsgrad. Vi starter med 2 lemmaer.
lemma $1$: i en trekant $ABC$, la $D,E,F$ være tangeringspunktene til insirkelen. La $K=BC\cap EF$ Da er $(B,C;D,K)=-1$. Dette følger av ceva.
Lemma $2$: i en trekant $ABC$ la $D,E,F$ være tangeringspunktene til $A$-utsirkelen. La $K=BC\cap EF$ da er $(B,C;D,K)=-1$.
Bevis: la $AD$ skjære utsirkelen igjen i $G$. da er firkanten $DGEF$ en harmonisk firkant, så hvis vi proviserer gjennom $D$ på $EF$, og gjennom $A$ på $BC$ er vi ferdig.
La $J$ være punktet slik at $A$ er $J$ utsirkelen i trekant $BCJ$ Dette er det fixed punktet vi ser etter.
La $\omega$ være insirkelen til $PBC$, og la $I$ være insenteret.
La $\mathrm{\Omega }$ være $J$ utsirkelen til $BCJ$
La $N,M$ være tangeringspunktene til $\omega$ og $PB,PC$.
La $K,L$ være tangeringspunktene til $\mathrm{\Omega }$ og $JB,JC$
Nå begynner vi på den faktiske oppgaven. Først ser vi at $D$ er tangeringspunktet til $\mathrm{\Omega }$ i $BC$. $I$ ligger på $AD$ av definisjon, og vi eliminerer $E$ og $F$ ved å definere $Q$ som punktet slik at $(A,I;Q,D)=-1$.
punktene $K,N,D$ ligger på en sirkel med sentrum i $B$ siden $BK=BD=BN$ av tangenter.

Påstand $1$: $Q$ ligger på linjene $KN$ og $LM$.
Bevis: La $Q^{\prime }=KN\cap AD$. SIden $BC\perp AD$, så er $AD$ tangent til $(KND)$. $AD=AK.ID=IN$, så $AK,IN$ er også tangenter. La $AN$ skjære $(KND)$ igjen i $T$. Da er $-1=(N,T;K,D)=(A,I;Q^{\prime },D)$ som impliserer $Q=Q^{\prime }$. På lik måte går $ML$ gjennom $Q$. Da er påstanden bevist.

Påstand $2$: trekantene $KNB$ og $LMC$ er i perspektiv.
Bevis. Dette er ekvalent med å vise at $KL,MN,BC$ skjærer i et punkt. Dette følger av å bruke lemma 1 i $PBC$ og lemma 2 i $BCJ$.

Nå som vi vet at $KNB$ og $LMC$ er i perspektiv har vi av desaurges teorem og påstand 1 at $P-Q-J$, så vi er ferdige.

Melding til Ife, jeg mener at denne oppgaven er HELT upassende til dette forumet og anbefaler at du neste gang legger ut en lettere oppgave.

[Lil_Flip39]

ny oppgave:
finn alle par av positive heltall $(m,n)$ slik at
$mn|(2^{2^m}+1)(2^{2^n}+1)$

[CCPenguin]

Vi viser at bare (1,5),(1,1) går

Lemma 1: for alle primtall p | 2^2^m +1, vil p>m
la p være et primtall slik at p | 2^2^m +1
da er 2^2^m +1 == 0 (mod p)
2^2^m == -1 (mod p)
2^2^(m+1) == 1 (mod p)
da må ordenen til 2 mod p dele 2^(m+1)
vi ser også at siden
2^2^m == -1 (mod p)
vil ikke ordenen til 2 dele 2^m, dette betyr at ordenen til 2 mod p må være nøyaktig 2^(m+1)
siden 2^(p-1) == 1 (mod p), følger det at 2^(m+1) | p-1
dermed på p-1 >= 2^(m+1), og det følger at p>m

siden p>m, ser vi at gcd(m,2^2^m+1) = 1

da trenger vi bare å finne alle par m,n slik at

n | 2^2^m +1
m | 2^2^n +1

men om n | 2^2^m +1, må n > m, og om m | 2^2^n +1, må m >n
dermed vil det ikke være noen mulige par, med mindre m = 1, eller n=1,
åpenbart hvis m=n=1 vil det være mulig, siden 1|25
ellers får vi at n|5*(2^2^n +1)
siden gcd(n,2^2^n+1) = 1, må da n=1 eller n=5, som impliserer at (1,1), (1,5), (5,1) er alle mulige par som går QEDS

[CCPenguin]

ny oppgave
finn alle f: R->R slik at
f(x+y) + f(x)f(y) = f(xy)+2xy+1
for alle reelle x,y

[lfe]

Løsningene er $f(x)=2x-1$, $f(x)=x^2-1$ og $f(x)=-x-1$.
Bevis:
Vi skriver P(x,y) for f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+2xy+1.
P(x,0):
$f(x)(f(0)+1)=f(0)+1$
Åpenbart er ikke $f(x)=0$ for alle x mulig. Dermed er $f(0)=-1$.
Videre har vi av P(1,-1):
$f(0)+f(1)f(-1)=f(-1)-1$
Det betyr at $f(1)=1$ eller $f(-1)=0$.

Vi antar først at $f(1)=1$.
P(x,1):
$f(x+1)+f(x)=f(x)+2x+1$
Dette impliserer at $f(x)=2x-1$

Vi antar nå at $f(-1)=0$
P(x,-1):
$f(x-1)+f(x)f(-1)=f(-x)-2x+1$
P(-x,1)
$f(-x+1)+f(-x)f(1)=f(-x)-2x+1$
Disse to likhetene gir oss
1) $f(x-1)=f(-x+1)+f(1)f(-x)$
Dersom vi setter x til -x+2, får vi:
$f(-x+1)=f(x-1)+f(1)f(x-2)$.
Sammen med 1) gir dette
2) $-f(1)f(-x)=f(1)f(x-2)$.
P(x,-1):
3) $f(x-1)=f(-x)-2x+1$
Av P(2,2) er $(f(2){)}^2=9$. Altså $f(2)=\pm 3$.
Sammen med P(1,1) får vi $(f(1){)}^2-f(1)=0$ eller $(f(1){)}^2-f(1)-6=0$.
Dermed er (f(1), f(2)) lik 0, 1, -2 eller 3.
Vi vet fra tidligere at $f(1)=1$ impliserer $f(x)=2x-1$, som motsier antagelsen.

Anta for motsigelsens skyld at $(f(1)=3$.
Av 2) er $-f(-x)=f(x-2)$.
Dermed har vi av 3), at 4) $f(x-1)+f(x-2)=-2x+1$.
Dersom x=2, er $f(1)+f(0)=3-1=2=-3$, en motsigelse.

Anta at f(1)=0.
Av 1) følger det at 4) $f(x)=f(-x)$
P(x,x):
$f(2x)+f(x)f(x)=f(x^2)+2x^2+1$
P(x,-x):
f(0)+f(x)f(-x)=f(-x^2)-2x^2+1
Av 5) og disse to likhetene er
$f(2x)-f(0)=4x^2$.
Dermed er $f(x)=x^2-1$

Vi kan nå anta at $f(x)=-2$.
P(x-2,1):
$f(x-1)+f(x-2)f(1)=f(x-2)+2(x-2)+1$
Det følger av 4) at $f(x-2)(f(1)-2)=4x-4$, som gir $f(x)=\frac{4x+4}{f(1)-2}=-x-1$
Vi har nå tatt for oss alle mulige verdier av f(1)

[lfe]

Ny oppgave:
vi definerer $f:⟨0,1⟩\to ⟨0,1⟩$, som
$f(x)=\{\begin{array}{ll}x+\frac{1}{2}& \text{ if }x<\frac{1}{2}\\ x^2& \text{ if }x\ge \frac{1}{2}\end{array}$
La $a,b\in \mathbb{R}$ slik at $0<a<b<1$. Vi definerer følgene $a_n$ og $b_n$ som $a_0=a$, $b_0=b$, og $a_n=f(a_{n-1})$, $b_n=f(b_{n-1})$ for $n>0$. Vis at det eksisterer et positivt heltall slik at $(a_n-a_{n-1})(b_n-b_{n-1})<0$.

[Lil_Flip38]

Vi starter med å vise at det vi vil vise er det samme som $a_n=<0.5=<b_n$. Vi vet at akkurat en av $a_n-a_{n-1}$ og $b_n-b_{n-1}$ er negativ, som gir at $a_n=<0.5=<b_n$, siden det er lett å vise at $a_i$ ikke blir større enn $b_i$ så lenge $a_i$ og $b_i$ er på samme side av 1/2.

Da kan vi anta at $1/2=<a<b<1$ siden hvis de er på motsatt side er vi ferdig, og hvis de er mellom 0 og 1/2 kan vi se på det andre leddet i følgen.

Påstand: $b_i-a_i$ er stigende når de er på samme side av 1/2.
Bevis, differansen endrer seg ikke under den første operasjonen, men under den andre blir det $b_i^2-a_i^2=(b_i-a_i)(b_i+a_i)$, og siden $1/2<a_i,b_i$, er det andre leddet større enn 1, som viser at den stiger.

Nå er det nok å vise at differansen ikke konverger. Vi ser at mengden differansen øker er avhengig av $b_i+a_i$. Vi ser også at når vi utfører den første operasjonen hopper vi til minst 3/4 siden den minste verdien vi kan ha i følgene er 1/4. Da vil differansen øke med en faktor av minst 1.5 hver gang følgene går under 1/2, som er nok.

Da vil differansen eventuelt være større enn 1/2, som direkte impliserer at følgene er på forskjellige sider av 0.5 så vi er ferdige.

[Lil_Flip39]

La $ABC$ være en spissvinklet trekant inskrevet i en sirkel med sentrum $O$, slik at $AB\ne AC$ og $\mathrm{\angle }BAC\ne {90}^{\circ }$. La $I$ være insenteret i $ABC$, og la tangeringspunktet av insirkelen med $BC$ være $D$. La $I_A$ være A-utsenteret, og la linjene $OI$ og $I_{A}D$ skjære i $P$. La $Q$ være punktet på insirkelen slik at $QD\parallel AI$, og la $PQ$ skjære $AI$ i $R$, vis at $A$ er midtpunktet av $I$ og $R$.

[lfe]

Løsning:
La $I_B$ og $I_C$ være B- og C-utsenteret. La E og F være tangeringspunktene mellom innsirkelen og sidene AC og AB.
Påstand: $\mathrm{\Delta }DEF\sim \mathrm{\Delta }{I}_A{I}_B{I}_C$
Bevis:
$I_A$ er skjæringen mellom de ytre vinkelhalveringslinjene til $\mathrm{\angle }B$ og $\mathrm{\angle }C$.
Vi har dermed at
$\mathrm{\angle }{I}_C{I}_A{I}_B=\mathrm{\angle }B{I}_{A}C={180}^{\circ }-\frac{{180}^{\circ }-\mathrm{\angle }B}{2}-\frac{{180}^{\circ }-\mathrm{\angle }C}{2}=\frac{{180}^{\circ }-\mathrm{\angle }A}{2}$.
Videre vet vi at $\mathrm{\Delta }BDF$ og $\mathrm{\Delta }CED$ er likebente.
Det betyr at
$\mathrm{\angle }FDE={180}^{\circ }-\frac{{180}^{\circ }-\mathrm{\angle }B}{2}-\frac{{180}^{\circ }-\mathrm{\angle }C}{2}=\frac{{180}^{\circ }-\mathrm{\angle }A}{2}=\mathrm{\angle }{I}_C{I}_A{I}_B$.
På samme måte er $\mathrm{\angle }DEF=\mathrm{\angle }{I}_A{I}_B{I}_C$ og $\mathrm{\angle }EFD=\mathrm{\angle }{I}_B{I}_C{I}_A$.

La R' være refleksjonen av I over A. Det er velkjent at I er ortosenteret i $\mathrm{\Delta }{I}_A{I}_B{I}_C$. Dette impliserer at R' ligger på omsirkelen til $\mathrm{\Delta }{I}_A{I}_B{I}_C$. Det holder dermed å vise at R ligger på omsirkelen til $\mathrm{\Delta }{I}_A{I}_B{I}_C$.

Påstand: Det eksisterer en homoteti som sender $\mathrm{\Delta }DEF$ til $\mathrm{\Delta }{I}_A{I}_B{I}_C$.
Det holder å vise at sidene til de to trekantene er henholdsvis parallelle.
Vi vet at $AI\perp I_B{I}_C$ siden linjene er indre og ytre vinkelhalveringslinjer. Samtidig er også $AI\perp EF$ fordi $\mathrm{\Delta }AFE$ er likebent og AI er vinkelhalveringslinjen i A.
Dermed er $EF\parallel I_B{I}_C$ og av lik grunn gjelder dette også for de andre sidene i trekantene.

Påstand: $QE\parallel R^{\prime }{I}_B$ og $QF\parallel R^{\prime }{I}_C$
La $\varphi$ være homotetien som sender $\mathrm{\Delta }DEF$ til $\mathrm{\Delta }{I}_A{I}_B{I}_C$. $\varphi$ sender også innsirkelen i $\mathrm{\Delta }ABC$ til omsirkelen om $\mathrm{\Delta }{I}_A{I}_B{I}_C$.
Siden $DQ\parallel I_A{R}^{\prime }$, er $\varphi (Q)=R^{\prime }$.
Dermed er $QE\parallel R^{\prime }{I}_B$ og $QF\parallel R^{\prime }{I}_C$.

Påstand: P er senteret til $\varphi$
Det holder å vise at $I_{A}D\cap I_{B}E\cap I_{C}F=P$.
La P' være senteret til $\varphi$. Vi vet at $I_{A}D\cap I_{B}E\cap I_{C}F=P^{\prime }$.
Siden O er nipunktssenteret i $\mathrm{\Delta }{I}_A{I}_B{I}_C$, er OI eulerlinjen til $\mathrm{\Delta }{I}_A{I}_B{I}_C$. Det betyr at omsenteret til $\mathrm{\Delta }{I}_A{I}_B{I}_C$ også ligger på OI. Det følger at P' må ligge på OI siden $\varphi$ sender innsirkelen i $\mathrm{\Delta }ABC$ til omsirkelen om $\mathrm{\Delta }{I}_A{I}_B{I}_C$. Dermed er P'=P.

Siden $\varphi (Q)=R^{\prime }$, er P, Q og R' kollineære. Dermed må R=R'.

[lfe]

Ny oppgave:
a) La A være mengden av ordnede tupler (i, j, k) av positive heltall der $i+j+k=17$.
Regn ut $\sum _{(i,j,k)\in A}ijk$.
b) Vi definerer funksjonene $f_n:{\mathbb{N}}^n\to \mathbb{N}$ og $g_n:{\mathbb{N}}^n\to \mathbb{N}$ slik at for $(a_1,a_2,...,a_n)\in {\mathbb{N}}^n$ er $f_n(a_1,a_2,...,a_n)=\prod _{i=1}^n{a}_i$ og $g_n(a_1,a_2,...,a_n)=\sum _{i=1}^n{a}_i$. La $S_{m,n}$, der $m,n\in \mathbb{N}$, være mengden av n-tupler i ${\mathbb{N}}^n$ slik at for alle $s\in S_{m,n}$ er $g_n(s)=m$. Finn $\sum _{s\in S_{m,n}}^{}{f}_n(s)$.

[CCPenguin]

Vi løser kun oppgave b ved hjelp av genererende funksjoner.

Lemma 1: Den genererende funksjonen for summen gitt n variable, er gitt ved $A(x)=(\frac{x}{(x-1{)}^2}{)}^n$
der den m-te koeffisienten til $x^m$ representerer summen av produktene når summen av variablene er m
Proof:
Vi ser først at $A(x)=(\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}k\ast x^k{)}^n$. Der hver eksponent representerer en sum, og ved å velge et element fra hver parantes vil koeffisienten til $x^m$ øke med produktet av valgene vi tok. Trust det funker
Ved å faktorisere ut x^n får vi
$A(x)=x^n(\sum _1^{\mathrm{\infty }}(k{x}^{k-1}){)}^n$
Vi har at den genererende funksjonen for
$G(x)=\sum _1^{\mathrm{\infty }}k{x}^{k-1}=1/(x-1{)}^2$
Dermed vil $A(x)=(\frac{x}{(x-1{)}^2}{)}^n$, og lemma 1 er bevist. vi ser at den x^m te koeffisienten vil være summen, så om vi deler A(x) på x^n, vil heller koeffisienten til $x^{m-n}$ representere summen. la $Q(x)=\frac{A(x)}{x^n}$, vi vil finne koeffisienten til $x^{m-n}$ i Q(x), der $Q(x)=(x-1{)}^{-2n}$
ved å integrere begge sider 2n-1 ganger, får vi at
$x^n$ får vi:${\int }^{2n-1}Q(x)={\int }^{2n-1}(\frac{1}{x-1}{)}^{-2n}=\frac{1}{(2n-1)!(x-1)}$.
Når vi integrerte 2n-1 ganger, ganget vi koeffisienten til x^m med $\frac{(m-n)!}{(m+n-1)!}$

la da $Z(x)=\frac{(m+n-1)!}{(m-n)!}{\int }^{2n-1}G(x)$
vi vil da finne koeffisienten til $x^{m+n-1}$ i Z(x), men Z(x) er jo bare lik
$Z(x)=\frac{(m+n-1)!}{(m-n)!}{\int }^{2n-1}G(x)=\frac{(m+n-1)!}{(m-n)!}\ast \frac{1}{(2n-1)!\ast (1-x)}=(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+n-1}{2n-1})\ast \frac{1}{1-x}$
Ved å utvide den genererende funkjsonen $\frac{1}{1-x}$ får vi at alle koeffisientene er 1, så koeffisienten til $x^{m+n-1}$ er $(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+n-1}{2n-1})$, som vil være svaret.
QED

[CCPenguin]

Ny oppgave
likningen
$x^3-3x^2+1=0$
har tre reelle løsninger $x_1<x_2<x_3$
vis at for ethvert positivt naturlig tall er tallet
$\lceil x_3^n\rceil$
delelig med 3

[lfe]

Løsning:
Vi ønsker først å approksimere røttene til polynomet. Siden alle polynom er kontinuerlige kan vi bruke skjæringssetningen.
La $P(x)=x^3-3x^2+1$. Vi ser at $P(-\frac{6}{10})<0$, $P(-\frac{1}{2})>0$, $P(\frac{6}{10})>0$, $P(\frac{7}{10})<0$, $P(2)<0$ og $P(3)>0$.
Av skjæringssetningen har vi dermed at $-\frac{6}{10}<x_1<-\frac{1}{2}$, $\frac{6}{10}<x_2<\frac{7}{10}$ og $2<x_3<3$.

Påstand: $x_1^n+x_2^n+x_3^n$ er et heltall for alle positive heltall n.
Dette kan vises med Vietas formler og elementære symmetriske polynomer, men jeg velger å bruke lineær algebra.
Et velkjent resultat innen lineær algebra er at for alle kvadratiske matriser A, er tr(A) lik summen av egenverdiene til A. En kan vise dette ved å bruke at spor er en invariant for likedannede kvadratiske matriser og at alle kvadratiske matriser A er likedannet med en matrise i Jordans normalform der hoveddiagonalen består av egenverdiene til A.
La C være den ledsagende matrisen til P. Det betyr at $C=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ -1& 0& 3\end{array}\right)$. C har egenverdier $x_1,x_2,x_3$. La tilhørende egenvektorer være $\overrightarrow{v_1},\overrightarrow{v_2},\overrightarrow{v_3}$. Det betyr at $C^n\overrightarrow{v_i}=x_i^n\overrightarrow{v_i}$. Dermed er $x_1^n,x_2^n,x_3^n$ egenverdiene til $C^n$. Det betyr at $x_1^n+x_2^n+x_3^n=tr(C^n)$. Siden alle tallene i C er heltall, må også alle tallene i $C^n$ være heltall. Det betyr at $tr(C^n)$ er et heltall.

Påstand: $\lceil x_3^n\rceil =tr(C)$
Det holder å vise at $0\le x_1^n+x_2^n<1$ for alle positive heltall n.
Vi ser først på partall $n=2k$.
$0<x_1^{2k}+x_2^{2k}<(-\frac{6}{10}{)}^{2k}+(\frac{7}{10}{)}^{2k}<\frac{36}{100}+\frac{49}{100}<1$
Når $n=2k+1$:
$|x_1|<|x_2|$. Det betyr at $0<x_1^{2k+1}+x_2^{2k+1}$
$|x_1|,|x_2|<1$. Dermed er $|x_2^{2k+1}|-|x_1^{2k+1}|<1$

Det mangler nå bare å regne ut $tr(C^n)$. Siden matrisemultiplikasjon bare er multiplikasjon og addisjon mellom elementene i matrisen, kan vi dermed regne modulo 3.
La $C^{\prime }=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ -1& 0& 0\end{array}\right)$. Vi ser at C er kongruent med C' modulo 3. Det betyr at tr(C) og tr(C') også er kongruente.
Legg merke til at $C^{\prime 3}=-I$. Det betyr at $C^{\prime 6}=I$. Dermed holder det å regne ut $tr(C^{\prime n})$ for n mindre eller lik 6.
$tr(C^{\prime })=0$
$tr(C^{\prime 2})=0$
$tr(C^{\prime 3})=-3$
$tr(C^{\prime 4})=0$
$tr(C^{\prime 5})=0$
$tr(C^{\prime 6})=3$
Alle verdiene ovenfor er delelig på 3 som betyr at oppgaven er bevist.

[lfe]

Ny oppgave:
La ABC være en spisssvinklet trekant, der $AC\ne BC$. La M være midtpunktet på AB, la H være ortosenteret, la D være foten til høyden fra A og la E være foten til høyden fra B. La m være linjen gjennom C som er ortogonal på MH. Vis at m, AB og DE skjærer i ett punkt.