Abel maraton

[Lil_Flip39]

Løst med TorsteinBM
La $K=(CDE)\cap (ABC)$. La $H^{\prime }$ være refleksjonen av $H$ over $M$. Vi ser først at $ABH{H}^{\prime }$ er et parallelogram, så ${180}^{\circ }-\mathrm{\angle }C$=$\mathrm{\angle }AHB$=$\mathrm{\angle }A{H}^{\prime }B$, så $H^{\prime }$ ligger på $(ABC)$.
Påstand: Punktene $M$, $H$ og $K$ ligger på linje.
Bevis: Siden $BH\perp AC$ og $BH\parallel A{H}^{\prime }$ vet vi $C{H}^{\prime }$ er diameter i $(ABC)$. Da betyr det at $H^{\prime }KC={90}^{\circ }$. 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 $\mathrm{\angle }MKC={90}^{\circ }$. Nå bruker vi potenssenterteoremet på sirkelene $(ABC),(ABDE)$ og $(ADE)$, som impliserer resultatet vi så etter.

[Lil_Flip38]

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 $\omega$

[lfe]

Løsning:
La E og F være føttene til høydene fra B og C.
Påstand: $AP\cap EF\cap BC=R$
Bevis: Det er velkjent at BCEF er syklisk. Det holder dermed å vise at APFE er syklisk fordi R dermed er potenssenteret til $\omega$, (BCEF) og (APFE). Det er velkjent at AFEH er syklisk og at HM skjærer $\omega$ i A', antipoden til A på $\omega$. Av vinkeljakt har vi
$\measuredangle AP{A}^{\prime }=\measuredangle APH=\measuredangle AFH$.
Dette impliserer at APFE er syklisk.

La tangentene til $\omega$ i B og C skjære hverandre i K. La $AK\cap \omega =X$, $AD\cap \omega =N$ og $AM\cap \omega =L$. AX er A-symmedianen i ABC og L er refleksjonen av X over midtnormalen til BC. Det betyr at $\measuredangle LAC=\measuredangle BAX$.

Påstand: $AQ\parallel BC$
Vi har $\measuredangle MBA=\measuredangle CXA$ og
$\measuredangle XAC=\measuredangle XAL+\measuredangle LAC=\measuredangle BAX+\measuredangle XAL=\measuredangle BAM$.
Dermed er $\mathrm{\Delta }ABM\sim \mathrm{\Delta }AXC$. Det betyr at $\measuredangle AQX=\measuredangle ACX=\measuredangle AMB$.
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 $\omega$. Vi har dermed $AQ\perp OM\Rightarrow AQ\parallel BC$, der O er omsenteret til ABC.

Vi løser resten av oppgaven med projektiv geometri.
Påstand: $PF\cap QM\cap \omega =X$
La $QM\cap \omega =X_1$ og $PD\cap \omega =X_2$.
Siden M er midtpunktet på BC og $AQ\parallel BC$, er
$-1=(AM,AQ;AB,AC)\stackrel{A}{⩞}(L,Q;B,C)\stackrel{M}{⩞}(A,X_1;C,B)$.
Vi ser på firkanten AFHE og legger merke til at $AF\cap EH=B$, $AE\cap FH=C$, $EF\cap BC=R$ og $AH\cap BC=D$.
Dermed er $-1=(R,D;B,C)\stackrel{A}{⩞}(P,N;B,C)\stackrel{D}{⩞}(X_2,A;C,B)$.
Det er velkjent at $-1=(A,X;B,C)$.
Vi har dermed at $-1=(A,X;B,C)=(A,X_1;B,C)=(A,X_2;B,C)$, som impliserer $X=X_1=X_2$

[lfe]

Ny oppgave:
La $P(x)\in \mathbb{R}[x]$ slik at $P(x)>0,\mathrm{\forall }x\ge 0$. Vis at det eksisterer et positivt heltall n slik at $(1+x{)}^n\cdot P(x)$, er et polynom med ikke-negative koeffisienter.

[CCPenguin]

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 $k\in {\mathbb{R}}_{+}$
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 $a{x}^2+bx+c$ med diskriminant < 0 og dele på a får vi. $x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a},der\frac{b^2}{a^2}<4c/a$
ved å sette b/a = m, og c/a = k, får vi $m^2<4kogpolynomet{x}^2+mx+k$.
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 $x^2+mx+k,4k>m^2>0$, og viser at det finnes en slik n
Først ser vi at
$(x+1{)}^n(x^2+mx+k)=\sum _0^n{x}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(x^2+mx+k)=\sum _0^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})k{x}^i+\sum _1^{n+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i-1})m{x}^i+\sum _2^{n+2}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i-2})x^i$
som blir
$\sum _0^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})k{x}^i+\sum _1^{n+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i-1})m{x}^i+\sum _2^{n+2}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i-2})x^i=k+nkx+mx+m{x}^{n+1}+n{x}^{n+1}+x^{n+2}+\sum _2^n{x}^i(k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})+m(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i-1})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i-2}))$
dermed får vi
$(x+1{)}^n(x^2+mx+k)=k+nkx+mx+m{x}^{n+1}+n{x}^{n+1}+x^{n+2}+\sum _2^n{x}^i(k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})+m(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i-1})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i-2}))$
De første koeffisientene kan bli positive ved å velge n stor nok, vi trenger da å finne en n slik at
$k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})+m(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i-1})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i-2})$ er positivt for alle $i\in [2,n]$
først faktoriserer vi ut $\frac{n!}{i!(n-i+2)!}$. dette er positivt, så vi trenger bare å sørge for at det som blir igjen er positivt.
vi får:
$k(n-i+1)(n-i+2)+mi(n-i+2)+i^2-i$
som blir
$k{i}^2-m{i}^2+i^2-4i-2kni+min+2mi+3n+k{n}^2$
diskriminanten til dette utrykket blir
$4m^2+4m^{2}n-16m+m^2{n}^2+4mn+4nk-12n-4n^{2}k-8mnk+16$
og om vi ser på koeffisienten til n^2 ser vi at den er $m^2-4k$
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

[CCPenguin]

La S betegne mengden av positive heltall større eller lik 2.
En funksjon f: $S\to S$ er radikalisert hvis:
1: f er surjektiv
2: f er strengt voksende på primtallene (p1<p2 => f(p1) < f(p2))
3: for alle $n\in S$ 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

[lfe]

Løsning:
$min(f(2020))=216$
$max(f(2020))=584$
Bevis:
La $p_n$ være det n-te primtallet. Vi ser på verdiene av $f(p_i)$. Siden $2020=2^2\cdot 5\cdot 101$, er
$f(2020)=f(2)\cdot f(5)\cdot f(101)=f(p_1)\cdot f(p_3)\cdot f(p_{26})$

For å finne den minste verdien til f(2020) definerer vi funksjonen $f(p_i)=i+1$. f er åpenbart surjektiv over S fordi det eksisterer uendelig mange primtall. Vi har også av den strenge ulikheten at $f(p_i)\ge i-1+f(p_1)$, der $f(2)=2$ på grunn av surjektiviteten. Dermed minimeres til$f(2020)=f(2)\cdot f(5)\cdot f(101)=2\cdot 4\cdot 27=216$

For å finne maksimal verdien til f(2020) definerer vi $A=\{f(p_i)|i\in \mathbb{N}\}$. Vi ønsker å finne hvilke tall som må være i A for alle mulige f.
Påstand: $p_i,p_i^2\in A,\mathrm{\forall }i\in \mathbb{N}$
Bevis:
Det eksisterer ikke to tall $a,b\in S$ slik at $a\cdot b=p_i$. Dermed må $p_i\in A$.
Siden f er strengt stigende over primtall, eksisterer det ikke to ulike primtall slik at $f(p_i)=f(p_j)$. Det følger at $p_i^2\in A$.

Av liknende resonnement må også enten $2^3$ eller $2^4$ være i A.
Vi har dermed den ordnede mengden $B=\{2,3,2^2,5,7,3^2,11,13,17,19,23,5^2,29,31,37,41,43,47,7^2,53,59,61,67,71,73\}$.
$B\subset A$ og $|B|=25$
I tillegg vet vi at $2^3$ eller $2^4$ er i A.
Siden f er strengt stigende over primtall må $f(p_i)$ være mindre eller lik det i-te minste tallet i A.
Dermed er $f(2)=2$, $f(5)=4$ og $f(101)\le 73$.

Vi definerer en ordnet mengde $P=\{p_i^{2^{j-1}}|i,j\in \mathbb{N}\}$ og funksjonen f slik at $f(p_i)$ er lik det i-te minste tallet i P. Åpenbart er denne funksjonen surjektiv og gir oss $f(2020)=2\cdot 4\cdot 73=584$.

[lfe]

Ny oppgave:
La a, b, c og d være odde innbyrdes relativt primiske positive heltall. For positive heltall n definerer vi funksjonen $f(n)=\lfloor \frac{n}{a}\rfloor +\lfloor \frac{n}{b}\rfloor +\lfloor \frac{n}{c}\rfloor +\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$. Vis at $\sum _{k=1}^{abcd}(-1{)}^{f(k)}=1$.

[Lil_Flip39]

Åpenbart er det vi vil vise ekvalent med å vise at $f(k)$ er partall en gang mer enn det den er odde.
La $r_a,r_b,r_c,r_d$ være de resten til $n$ $(mod$ $a,b,c,d)$
la også $e$ stå for et partall, og $o$ stå for et oddetall.
Påstand 1: $\lfloor \frac{n}{a}\rfloor +\lfloor \frac{n}{b}\rfloor +\lfloor \frac{n}{c}\rfloor +\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \equiv r_a+r_b+r_c+r_d$ $(mod$ $2)$
bevis, observer at $\lfloor \frac{n}{a}\rfloor \equiv \frac{n-r_a}{a}\equiv n-r_a$ $(mod$ $2)$ siden $a$ er odde og påvirker ikke pariteten. Hvis vi summer dette over $a,b,c,d$ får vi:
$\lfloor \frac{n}{a}\rfloor +\lfloor \frac{n}{b}\rfloor +\lfloor \frac{n}{c}\rfloor +\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \equiv 4n-(r_a+r_b+r_c+r_d)\equiv -(r_a+r_b+r_c+r_d)\equiv r_a+r_b+r_c+r_d$ $(mod$ $2)$
så påstanden er bevist.

Påstand 2: $(r_a,r_b,r_c,r_d)$ går gjennom alle og er presist alle mulige permutasjoner av restene.
anta at $n_1\equiv n_2$ $(mod$ $a,b,c,d)$ og $n_1\ne n_2$. da får vi $a,b,c,d\mid n_1-n_2\Rightarrow lcm(a,b,c,d)\mid n_1-n_2$, men $lcm(a,b,c,d)=abcd$, som er en motstigelse. I tillegg, er det $abcd$ permutasjoner, så påstanden er bevist.

Nå ved hjelp av påstand 1 og 2 har vi redusert oppgaven til å vise at det er et ekstra partall i hvis vi summer $r_a,r_b,r_c,r_d$ i alle sine permutasjoner. Det som følger er en ekstremt krumlete ting. Vi ser at summen er et partall iff det er et partall antall oddetall.
Vi ser på permutasjoner av $0,1$ mod $2$. Det er lett å se at akkurat halvparten av disse har sum som er odde, og halvparten har sum som er partall. (man kan bare telle)

1. Vi unngår først å se på når en av $r_a,r_b,r_c,r_d$ er 0. Da er det like mange oddetall som partall, så da vil også da halvparten av summene være odde.
2. det er en 0. da vil $(e,o,o)$ som har 3 permutasjoner gi prartall, Da vil også $(e,e,e)$ som har 1 permutasjon gi partall. Da vil (o,e,e) som har 3 permutasjoner gi odde, og da vil også $(o,o,o)$ gi odde. Her er det like mange som summer til partall som oddetall.
3. det er to 0, da vil $(e,e)$ og $(o,o)$ som har tilsammen 2 permutasjoner gi partall. Da vil $(o,e)$ som har 2 permutasjoner gi odde. Her er det igjen like mange som summer til partall som oddetall.
4: det er tre 0, da vil $(e)$ gi partall og $(o)$ gi odde, her er det også like mange som summer til partall som oddetall.
5. det er 4 0., da vil det være et partall.
For å konkludere, får vi at til sammen at det er et ekstra partall i summene, så vi er ferdige.

ny oppgave.
la $ABC$ være en spissvinklet trekant med $AC\ne AB$. La $S$ være superpunktet, og la $L$ være midtpunktet på $BC$. La $F,I$ være $B$- og $C$- eksenterne. La $P$ være refleksjonen av $S$ i $A$. Vis at $FLIP$ er en syklisk firkant,

[lfe]

Løsning:
La J være innsenteret i ABC.
La $K=AS\cap BC$, $D=FC\cap IB$, $T=FI\cap SL$ og $E=FI\cap BC$
Påstand: FIKL er syklisk
Bevis:
D er A-utsenteret. Det er velkjent at A, B og C hør føttene til høydene i DFI. Derfor er FIBC syklisk og omsirkelen til ABC er nipunktssirkelen i DFI.
Det følger at S er midtpunktet på DJ og LJ er dermed Newton-Gauss linjen til den komplette firhjørningen DCJB. Det betyr at T er midtpunktet på FI og ligger på omsirkelen til ABC. Siden TS er diameter i omsirkelen til ABC og LT er normal på BC har vi
$\measuredangle KAT=\measuredangle KLT$.
Dette impliserer at AKLD er syklisk. Av et punkts potens med hensyn til sirklene (FIBC), (ABCD) og (AKLD) er
$IE\cdot FE=BE\cdot CE=AE\cdot TE=KE\cdot LE$
Dermed er FIKL syklisk.

Av et punkts potens holder det nå å vise at $SA\cdot KA=FA\cdot IA$.
Det er velkjent at refleksjonen av J over A ligger på omsirkelen til DFI. Av et punkts potens har vi dermed $JA\cdot DA=FA\cdot IA$.
La B' være refleksjonen av B over AS.

Påstand: KSCB' er syklisk
Bevis:
Siden AS er vinkelhalveringslinjen til $\mathrm{\angle }BAC$, ligger B' på AC.
Påstanden følger dermed av vinkeljakt
$\measuredangle KSC=\measuredangle ASC=\measuredangle ABC=\measuredangle ABK=\measuredangle K{B}^{\prime }A=\measuredangle K{B}^{\prime }C$

Potenslinjen til sirklene (DCJB) og (KSCB') er dermed AC. Av et punkts potens følger det at $SA\cdot KA=FA\cdot IA$.

[lfe]

Ny oppgave:
La $f:\mathbb{Z}\to \{1,2,...,{10}^{100}\}$ være en funksjon slik at
$gcd(f(x),f(y))=gcd(f(x),x-y)$, for alle heltall x og y.
Vis at det eksisterer positive heltall m og n slik at $f(x)=gcd(m+x,n)$ for alle heltall x.

[CCPenguin]

Vi viser at f(x)=gcd(x+m,n) for m,n i N
Claim 1:
for alle x,y vil
f(x) | f(y) <=> x≡y (mod f(x))
Vi ser at om f(x) | f(y), vil gcd(f(x),x-y)=f(x).
Da vil x≡y (mod f(x))
Anta nå x≡y (mod f(x))
Da vil f(x) | x-y, som impliseret at
f(x) =gcd(f(x),x-y) =gcd(f(x),f(y)), og claim 1 er bevist.
Claim 2:
For alle primtall p finnes en n slik at for alle k<n:
p^k |f(x) og p^k| f(y) <=> x≡y mod(p^k)
Siden Kodomenet er bounded hil det finnes en høyeste n slik at p^n deler en f(x), men p^(n+1) ikke gjør det
La p^k være høyeste primtallspotens av p som deler f(y), og la p^k| f(x). Først ser vi k<n av maksimaliteten til n
Da vil x≡y (mod f(x)) => x≡y (mod p^k), der p^k |f(x) ^f(y)
Anta nå p^k| f(x) og p^k| f(y)
Da vil åpenbart p^k | x-y av den originale ligningen.
Så claim 2 er bevist.
La nå n være produktet av alle de høyeste primtallspotensene av tall som deler f(x) når x iterererer igjennom Z
n finnes siden kodomenet er bounded.
Nå ser vi på den nødvendige restklassen (mod p^n) for alle p|n
Gitt alle disse restklassene finnes en unik m mod (n) som oppfyller alle disse kongruensklassene
Da ser vi at f(x) =gcd(x+m,n), trivielt

[CCPenguin]

Ny oppgave:
Finn alle
$f:{\mathbb{Z}}^{+}\to {\mathbb{Z}}^{+}$
Slik at
$f^{f(n)}(m)+mn=f(n)f(m)$

[Lil_Flip38]

Denne løsningen kommer til å inneholde minimal utregning og er essensielt bare en sketch av en løsning. Utregningen er en øvelse for leseren.
Svaret er $f(n)=n+1$
Påstand 1: $f$ er injektiv.
La $P(x,y)$ være plugge inn greia.
Bevis: anta $f(a)=f(b)$. Da ser vi at $P(a,b)-P(b,b)$ gir $a=b$.
Påstand 2: $f(n)>n$
Bevis. $P(n,n)$ gir $n^2<f^{f(n)}(n)+n^2=f(n{)}^2$.

Nå ser vi av symmetri av $P(n,m),P(m,n)$ at $f^{f(m)}(n)=f^{f(n)}(m)$. (*)
Hvis vi nå plugger inn $n,f^k(n)$ inn i * får vi $f^{f^{k+1}(n)}(n)=f^{f(n)+k}(n)$ og av påstand 1,2 får vi at antall f’er må være like, så.
$f^{k+1}(n)=f(n)+k$. Hvis vi plugger inn $k=f(n)-1$ og putter det inn i $P(n,n)$, får vi $f(n{)}^2-2f(n)+1=n^2\Rightarrow f(n)=n+1$ QED.

[Lil_Flip38]

I trekant $ABC$, punktene $D,E$ ligger på sidene $AB,AC$. Punktene $F,L$ ligger på segmentene $BE,CD$ sli at $BC\parallel FL$. La $I$være et punkt på linja $LE$ slik at $E$ ligger mellom $F,I$, og $\mathrm{\angle }ABC=\mathrm{\angle }FIA$. På lik måte la $P$ være punktet på $DF$ slik at $D$ligger mellom $L,P$ og $\mathrm{\angle }ACB=\mathrm{\angle }LPA$. Vis at $LILFLIP$ er en syklisk firkant.