Løst med TorsteinBM
La $K=(CDE)\cap (ABC)$. La $H'$ være refleksjonen av $H$ over $M$. Vi ser først at $ABHH'$ er et parallelogram, så $180^\circ-\angle C$=$\angle AHB$=$\angle AH'B$, så $H'$ ligger på $(ABC)$.
Påstand: Punktene $M$, $H$ og $K$ ligger på linje.
Bevis: Siden $BH\perp AC$ og $BH\parallel AH'$ vet vi $CH'$ er diameter i $(ABC)$. Da betyr det at $H'KC=90^\circ$. Samtidig er $CH$ diameter i $CDE$ så $HKC=90^\circ$. Dette er nok til å vise påstanden.
Alternativt kan man bruke tre tangent lemma, harmoniske kryssforhold og harmoniske firkanter.
Nå ser vi at $K=m\cap MH$ siden $\angle MKC=90^\circ$. Nå bruker vi potenssenterteoremet på sirkelene $(ABC), (ABDE)$ og $(ADE)$, som impliserer resultatet vi så etter.
Abel maraton
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Lil_Flip38
- Noether
- Innlegg: 27
- Registrert: 10/12-2023 10:58
- Sted: Abelmaraton
La $ABC$ være en spissvinklet trekant med omsirkel
$\omega$ og La $H$ og $G$ være ortosenteret og tyngdepunktet. La $AH$ og $AG$ skjære $BC$ i $D,M$. La stråler $MH$ og $DG$ skjære $\omega$ i $P,Q$. Show that $PD\cap QM$ lies on $\omega$
$\omega$ og La $H$ og $G$ være ortosenteret og tyngdepunktet. La $AH$ og $AG$ skjære $BC$ i $D,M$. La stråler $MH$ og $DG$ skjære $\omega$ i $P,Q$. Show that $PD\cap QM$ lies on $\omega$
Løsning:
La E og F være føttene til høydene fra B og C.
Påstand: [tex]AP\cap EF\cap BC=R[/tex]
Bevis: Det er velkjent at BCEF er syklisk. Det holder dermed å vise at APFE er syklisk fordi R dermed er potenssenteret til [tex]\omega[/tex], (BCEF) og (APFE). Det er velkjent at AFEH er syklisk og at HM skjærer [tex]\omega[/tex] i A', antipoden til A på [tex]\omega[/tex]. Av vinkeljakt har vi
[tex]\measuredangle APA'=\measuredangle APH=\measuredangle AFH[/tex].
Dette impliserer at APFE er syklisk.
La tangentene til [tex]\omega[/tex] i B og C skjære hverandre i K. La [tex]AK\cap \omega = X[/tex], [tex]AD\cap \omega=N[/tex] og [tex]AM\cap \omega =L[/tex]. AX er A-symmedianen i ABC og L er refleksjonen av X over midtnormalen til BC. Det betyr at [tex]\measuredangle LAC=\measuredangle BAX[/tex].
Påstand: [tex]AQ\parallel BC[/tex]
Vi har [tex]\measuredangle MBA=\measuredangle CXA[/tex] og
[tex]\measuredangle XAC=\measuredangle XAL +\measuredangle LAC=\measuredangle BAX+\measuredangle XAL=\measuredangle BAM[/tex].
Dermed er [tex]\Delta ABM\sim \Delta AXC[/tex]. Det betyr at [tex]\measuredangle AQX=\measuredangle ACX=\measuredangle AMB[/tex].
Dette impliserer at omsirkelen til AMQ tangerer BC i M og at omsenterene til ABC og AMQ begge ligger på midtnormalen til BC. AQ er potenslinjen til AMQ og [tex]\omega[/tex]. Vi har dermed [tex]AQ\perp OM\Rightarrow AQ\parallel BC[/tex], der O er omsenteret til ABC.
Vi løser resten av oppgaven med projektiv geometri.
Påstand: [tex]PF\cap QM\cap \omega =X[/tex]
La [tex]QM\cap \omega=X_1[/tex] og [tex]PD\cap\omega=X_2[/tex].
Siden M er midtpunktet på BC og [tex]AQ\parallel BC[/tex], er
[tex]-1=(AM,AQ;AB,AC)\stackrel{A}\doublebarwedge(L,Q;B,C)\stackrel{M}\doublebarwedge(A,X_1;C,B)[/tex].
Vi ser på firkanten AFHE og legger merke til at [tex]AF\cap EH=B[/tex], [tex]AE\cap FH=C[/tex], [tex]EF\cap BC=R[/tex] og [tex]AH\cap BC=D[/tex].
Dermed er [tex]-1=(R,D;B,C)\stackrel{A}\doublebarwedge(P,N;B,C)\stackrel{D}\doublebarwedge (X_2,A;C,B)[/tex].
Det er velkjent at [tex]-1=(A,X;B,C)[/tex].
Vi har dermed at [tex]-1=(A,X;B,C)=(A,X_1;B,C)=(A,X_2;B,C)[/tex], som impliserer [tex]X=X_1=X_2[/tex]
La E og F være føttene til høydene fra B og C.
Påstand: [tex]AP\cap EF\cap BC=R[/tex]
Bevis: Det er velkjent at BCEF er syklisk. Det holder dermed å vise at APFE er syklisk fordi R dermed er potenssenteret til [tex]\omega[/tex], (BCEF) og (APFE). Det er velkjent at AFEH er syklisk og at HM skjærer [tex]\omega[/tex] i A', antipoden til A på [tex]\omega[/tex]. Av vinkeljakt har vi
[tex]\measuredangle APA'=\measuredangle APH=\measuredangle AFH[/tex].
Dette impliserer at APFE er syklisk.
La tangentene til [tex]\omega[/tex] i B og C skjære hverandre i K. La [tex]AK\cap \omega = X[/tex], [tex]AD\cap \omega=N[/tex] og [tex]AM\cap \omega =L[/tex]. AX er A-symmedianen i ABC og L er refleksjonen av X over midtnormalen til BC. Det betyr at [tex]\measuredangle LAC=\measuredangle BAX[/tex].
Påstand: [tex]AQ\parallel BC[/tex]
Vi har [tex]\measuredangle MBA=\measuredangle CXA[/tex] og
[tex]\measuredangle XAC=\measuredangle XAL +\measuredangle LAC=\measuredangle BAX+\measuredangle XAL=\measuredangle BAM[/tex].
Dermed er [tex]\Delta ABM\sim \Delta AXC[/tex]. Det betyr at [tex]\measuredangle AQX=\measuredangle ACX=\measuredangle AMB[/tex].
Dette impliserer at omsirkelen til AMQ tangerer BC i M og at omsenterene til ABC og AMQ begge ligger på midtnormalen til BC. AQ er potenslinjen til AMQ og [tex]\omega[/tex]. Vi har dermed [tex]AQ\perp OM\Rightarrow AQ\parallel BC[/tex], der O er omsenteret til ABC.
Vi løser resten av oppgaven med projektiv geometri.
Påstand: [tex]PF\cap QM\cap \omega =X[/tex]
La [tex]QM\cap \omega=X_1[/tex] og [tex]PD\cap\omega=X_2[/tex].
Siden M er midtpunktet på BC og [tex]AQ\parallel BC[/tex], er
[tex]-1=(AM,AQ;AB,AC)\stackrel{A}\doublebarwedge(L,Q;B,C)\stackrel{M}\doublebarwedge(A,X_1;C,B)[/tex].
Vi ser på firkanten AFHE og legger merke til at [tex]AF\cap EH=B[/tex], [tex]AE\cap FH=C[/tex], [tex]EF\cap BC=R[/tex] og [tex]AH\cap BC=D[/tex].
Dermed er [tex]-1=(R,D;B,C)\stackrel{A}\doublebarwedge(P,N;B,C)\stackrel{D}\doublebarwedge (X_2,A;C,B)[/tex].
Det er velkjent at [tex]-1=(A,X;B,C)[/tex].
Vi har dermed at [tex]-1=(A,X;B,C)=(A,X_1;B,C)=(A,X_2;B,C)[/tex], som impliserer [tex]X=X_1=X_2[/tex]
Sist redigert av lfe den 27/06-2024 19:02, redigert 1 gang totalt.
SPOILER ALERT. dette er ikke ferdig, men heller en lagringsplass for et uferdig (og ikke spesielt bra) forsøk
Vi viser først at vi bare trenger å se på casen der P(x) er et irredusibelt annengradspolynom.
Først, kan vi observere at hvis P(x) > 0 for alle x >= 0, har polynomet ingen positive røtter,
da kan P(x) faktoriseres som et produkt av annengradspolynomer og røtter på formen (x+k), der [tex]k \in \mathbb{R}_+[/tex]
å gange et polynom med kun positive koeffisienter med et slikt ledd, vil beholde de positive koefissientene, så vi trenger bare å se på tilfellet der P(x) er et produkt av irredusible annengradspolynomer.
Ved å se på et generelt annengradspolynom [tex]ax^2 +bx +c[/tex] med diskriminant < 0 og dele på a får vi. [tex]x^2 + \frac{b}{a}x+\frac{c}{a}, der \frac{b^2}{a^2} < 4 c/a [/tex]
ved å sette b/a = m, og c/a = k, får vi [tex]m^2 < 4k og polynomet x^2 +mx +k[/tex].
Hvis vi for hvert slikt polynom i faktoriseringen finner en n slik at (x+1)^n P(x) bare har positive koeffisienter, er vi ferdige.
Vi ser på et annengradspolynom [tex]x^2 + mx+k, 4k>m^2>0[/tex], og viser at det finnes en slik n
Først ser vi at
[tex](x+1)^n (x^2+mx+k) = \sum_{0}^{n} x^i \binom{n}{i} (x^2+mx+k) = \sum_{0}^{n} \binom{n}{i} k x^i+\sum_{1}^{n+1} \binom{n}{i-1} m x^{i} + \sum_{2}^{n+2} \binom{n}{i-2} x^{i}[/tex]
som blir
[tex]\sum_{0}^{n} \binom{n}{i} k x^i+\sum_{1}^{n+1} \binom{n}{i-1} m x^{i} + \sum_{2}^{n+2} \binom{n}{i-2} x^{i} = k+nkx+mx+mx^{n+1}+nx^{n+1}+x^{n+2} + \sum_{2}^{n} x^i (k \binom{n}{i}+m\binom{n}{i-1}+\binom{n}{i-2})[/tex]
dermed får vi
[tex](x+1)^n (x^2+mx+k) = k+nkx+mx+mx^{n+1}+nx^{n+1}+x^{n+2} + \sum_{2}^{n} x^i (k \binom{n}{i}+m\binom{n}{i-1}+\binom{n}{i-2})[/tex]
De første koeffisientene kan bli positive ved å velge n stor nok, vi trenger da å finne en n slik at
[tex]k \binom{n}{i}+m\binom{n}{i-1}+\binom{n}{i-2}[/tex] er positivt for alle [tex]i \in \left [ 2, n \right ][/tex]
først faktoriserer vi ut [tex]\frac{n!}{i! (n-i+2)!}[/tex]. dette er positivt, så vi trenger bare å sørge for at det som blir igjen er positivt.
vi får:
[tex]k(n-i+1)(n-i+2)+mi(n-i+2)+i^2-i[/tex]
som blir
[tex]k i^2 -m i^2 +i^2 -4i-2kni+min+2mi+3n+kn^2[/tex]
diskriminanten til dette utrykket blir
[tex]4m^2+4m^2n-16m+m^2n^2+4mn+4nk-12n-4n^2k-8mnk+16[/tex]
og om vi ser på koeffisienten til n^2 ser vi at den er [tex]m^2-4k[/tex]
Av det originale polynomet har vi at dette er negativt, så ved å velge n stor nok, vil hele diskriminanten ha ingen løsninger
vi ser også at koeffisienten til i^2 er positiv, slik at alle leddene blir positive for stor nok n (velg n lik maks av det som kreves her og det som kreves for første/siste koeffisienter)
Ferdig
Vi viser først at vi bare trenger å se på casen der P(x) er et irredusibelt annengradspolynom.
Først, kan vi observere at hvis P(x) > 0 for alle x >= 0, har polynomet ingen positive røtter,
da kan P(x) faktoriseres som et produkt av annengradspolynomer og røtter på formen (x+k), der [tex]k \in \mathbb{R}_+[/tex]
å gange et polynom med kun positive koeffisienter med et slikt ledd, vil beholde de positive koefissientene, så vi trenger bare å se på tilfellet der P(x) er et produkt av irredusible annengradspolynomer.
Ved å se på et generelt annengradspolynom [tex]ax^2 +bx +c[/tex] med diskriminant < 0 og dele på a får vi. [tex]x^2 + \frac{b}{a}x+\frac{c}{a}, der \frac{b^2}{a^2} < 4 c/a [/tex]
ved å sette b/a = m, og c/a = k, får vi [tex]m^2 < 4k og polynomet x^2 +mx +k[/tex].
Hvis vi for hvert slikt polynom i faktoriseringen finner en n slik at (x+1)^n P(x) bare har positive koeffisienter, er vi ferdige.
Vi ser på et annengradspolynom [tex]x^2 + mx+k, 4k>m^2>0[/tex], og viser at det finnes en slik n
Først ser vi at
[tex](x+1)^n (x^2+mx+k) = \sum_{0}^{n} x^i \binom{n}{i} (x^2+mx+k) = \sum_{0}^{n} \binom{n}{i} k x^i+\sum_{1}^{n+1} \binom{n}{i-1} m x^{i} + \sum_{2}^{n+2} \binom{n}{i-2} x^{i}[/tex]
som blir
[tex]\sum_{0}^{n} \binom{n}{i} k x^i+\sum_{1}^{n+1} \binom{n}{i-1} m x^{i} + \sum_{2}^{n+2} \binom{n}{i-2} x^{i} = k+nkx+mx+mx^{n+1}+nx^{n+1}+x^{n+2} + \sum_{2}^{n} x^i (k \binom{n}{i}+m\binom{n}{i-1}+\binom{n}{i-2})[/tex]
dermed får vi
[tex](x+1)^n (x^2+mx+k) = k+nkx+mx+mx^{n+1}+nx^{n+1}+x^{n+2} + \sum_{2}^{n} x^i (k \binom{n}{i}+m\binom{n}{i-1}+\binom{n}{i-2})[/tex]
De første koeffisientene kan bli positive ved å velge n stor nok, vi trenger da å finne en n slik at
[tex]k \binom{n}{i}+m\binom{n}{i-1}+\binom{n}{i-2}[/tex] er positivt for alle [tex]i \in \left [ 2, n \right ][/tex]
først faktoriserer vi ut [tex]\frac{n!}{i! (n-i+2)!}[/tex]. dette er positivt, så vi trenger bare å sørge for at det som blir igjen er positivt.
vi får:
[tex]k(n-i+1)(n-i+2)+mi(n-i+2)+i^2-i[/tex]
som blir
[tex]k i^2 -m i^2 +i^2 -4i-2kni+min+2mi+3n+kn^2[/tex]
diskriminanten til dette utrykket blir
[tex]4m^2+4m^2n-16m+m^2n^2+4mn+4nk-12n-4n^2k-8mnk+16[/tex]
og om vi ser på koeffisienten til n^2 ser vi at den er [tex]m^2-4k[/tex]
Av det originale polynomet har vi at dette er negativt, så ved å velge n stor nok, vil hele diskriminanten ha ingen løsninger
vi ser også at koeffisienten til i^2 er positiv, slik at alle leddene blir positive for stor nok n (velg n lik maks av det som kreves her og det som kreves for første/siste koeffisienter)
Ferdig
La S betegne mengden av positive heltall større eller lik 2.
En funksjon f: [tex]S\rightarrow S[/tex] er radikalisert hvis:
1: f er surjektiv
2: f er strengt voksende på primtallene (p1<p2 => f(p1) < f(p2))
3: for alle [tex]n \in S[/tex] er f(n) lik produktet av alle f(p), der p|n
for eksempel er f(360) = f(2)*f(3)*f(5)
Bestem maksimal og minimalverdien til f(2020), der f varierer igjennom alle radikaliserte funksjoner
En funksjon f: [tex]S\rightarrow S[/tex] er radikalisert hvis:
1: f er surjektiv
2: f er strengt voksende på primtallene (p1<p2 => f(p1) < f(p2))
3: for alle [tex]n \in S[/tex] er f(n) lik produktet av alle f(p), der p|n
for eksempel er f(360) = f(2)*f(3)*f(5)
Bestem maksimal og minimalverdien til f(2020), der f varierer igjennom alle radikaliserte funksjoner
Løsning:
[tex]min(f(2020))=216[/tex]
[tex]max(f(2020))=584[/tex]
Bevis:
La [tex]p_n[/tex] være det n-te primtallet. Vi ser på verdiene av [tex]f(p_i)[/tex]. Siden [tex]2020=2^2\cdot 5\cdot 101[/tex], er
[tex]f(2020)=f(2)\cdot f(5)\cdot f(101)=f(p_1)\cdot f(p_3)\cdot f(p_{26})[/tex]
For å finne den minste verdien til f(2020) definerer vi funksjonen [tex]f(p_i)=i+1[/tex]. f er åpenbart surjektiv over S fordi det eksisterer uendelig mange primtall. Vi har også av den strenge ulikheten at [tex]f(p_i)\geq i-1+f(p_1)[/tex], der [tex]f(2)=2[/tex] på grunn av surjektiviteten. Dermed minimeres til[tex]f(2020)=f(2)\cdot f(5)\cdot f(101)=2\cdot 4\cdot 27=216[/tex]
For å finne maksimal verdien til f(2020) definerer vi [tex]A=\left \{ f(p_i)| i\in \mathbb{N} \right \}[/tex]. Vi ønsker å finne hvilke tall som må være i A for alle mulige f.
Påstand: [tex]p_i,p_i^2\in A, \forall i\in \mathbb{N}[/tex]
Bevis:
Det eksisterer ikke to tall [tex]a,b\in S[/tex] slik at [tex]a\cdot b=p_i[/tex]. Dermed må [tex]p_i\in A[/tex].
Siden f er strengt stigende over primtall, eksisterer det ikke to ulike primtall slik at [tex]f(p_i)=f(p_j)[/tex]. Det følger at [tex]p_i^2\in A[/tex].
Av liknende resonnement må også enten [tex]2^3[/tex] eller [tex]2^4[/tex] være i A.
Vi har dermed den ordnede mengden [tex]B=\left \{ 2,3,2^2,5,7,3^2,11,13,17,19,23,5^2,29,31,37,41,43,47,7^2,53,59,61,67,71,73 \right \}[/tex].
[tex]B\subset A[/tex] og [tex]|B|=25[/tex]
I tillegg vet vi at [tex]2^3[/tex] eller [tex]2^4[/tex] er i A.
Siden f er strengt stigende over primtall må [tex]f(p_i)[/tex] være mindre eller lik det i-te minste tallet i A.
Dermed er [tex]f(2)=2[/tex], [tex]f(5)=4[/tex] og [tex]f(101)\leq 73[/tex].
Vi definerer en ordnet mengde [tex]P=\left \{ p_i^{2^{j-1}}|i,j\in \mathbb{N} \right \}[/tex] og funksjonen f slik at [tex]f(p_i)[/tex] er lik det i-te minste tallet i P. Åpenbart er denne funksjonen surjektiv og gir oss [tex]f(2020)=2\cdot 4\cdot 73=584[/tex].
[tex]min(f(2020))=216[/tex]
[tex]max(f(2020))=584[/tex]
Bevis:
La [tex]p_n[/tex] være det n-te primtallet. Vi ser på verdiene av [tex]f(p_i)[/tex]. Siden [tex]2020=2^2\cdot 5\cdot 101[/tex], er
[tex]f(2020)=f(2)\cdot f(5)\cdot f(101)=f(p_1)\cdot f(p_3)\cdot f(p_{26})[/tex]
For å finne den minste verdien til f(2020) definerer vi funksjonen [tex]f(p_i)=i+1[/tex]. f er åpenbart surjektiv over S fordi det eksisterer uendelig mange primtall. Vi har også av den strenge ulikheten at [tex]f(p_i)\geq i-1+f(p_1)[/tex], der [tex]f(2)=2[/tex] på grunn av surjektiviteten. Dermed minimeres til[tex]f(2020)=f(2)\cdot f(5)\cdot f(101)=2\cdot 4\cdot 27=216[/tex]
For å finne maksimal verdien til f(2020) definerer vi [tex]A=\left \{ f(p_i)| i\in \mathbb{N} \right \}[/tex]. Vi ønsker å finne hvilke tall som må være i A for alle mulige f.
Påstand: [tex]p_i,p_i^2\in A, \forall i\in \mathbb{N}[/tex]
Bevis:
Det eksisterer ikke to tall [tex]a,b\in S[/tex] slik at [tex]a\cdot b=p_i[/tex]. Dermed må [tex]p_i\in A[/tex].
Siden f er strengt stigende over primtall, eksisterer det ikke to ulike primtall slik at [tex]f(p_i)=f(p_j)[/tex]. Det følger at [tex]p_i^2\in A[/tex].
Av liknende resonnement må også enten [tex]2^3[/tex] eller [tex]2^4[/tex] være i A.
Vi har dermed den ordnede mengden [tex]B=\left \{ 2,3,2^2,5,7,3^2,11,13,17,19,23,5^2,29,31,37,41,43,47,7^2,53,59,61,67,71,73 \right \}[/tex].
[tex]B\subset A[/tex] og [tex]|B|=25[/tex]
I tillegg vet vi at [tex]2^3[/tex] eller [tex]2^4[/tex] er i A.
Siden f er strengt stigende over primtall må [tex]f(p_i)[/tex] være mindre eller lik det i-te minste tallet i A.
Dermed er [tex]f(2)=2[/tex], [tex]f(5)=4[/tex] og [tex]f(101)\leq 73[/tex].
Vi definerer en ordnet mengde [tex]P=\left \{ p_i^{2^{j-1}}|i,j\in \mathbb{N} \right \}[/tex] og funksjonen f slik at [tex]f(p_i)[/tex] er lik det i-te minste tallet i P. Åpenbart er denne funksjonen surjektiv og gir oss [tex]f(2020)=2\cdot 4\cdot 73=584[/tex].
Ny oppgave:
La a, b, c og d være odde innbyrdes relativt primiske positive heltall. For positive heltall n definerer vi funksjonen [tex]f(n)=\left \lfloor \frac{n}{a} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n}{b} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n}{c} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor[/tex]. Vis at [tex]\sum_{k=1}^{abcd}(-1)^{f(k)}=1[/tex].
La a, b, c og d være odde innbyrdes relativt primiske positive heltall. For positive heltall n definerer vi funksjonen [tex]f(n)=\left \lfloor \frac{n}{a} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n}{b} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n}{c} \right \rfloor +\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor[/tex]. Vis at [tex]\sum_{k=1}^{abcd}(-1)^{f(k)}=1[/tex].