Abel maraton

[Lil_Flip39]

nytt problem for folket:
la $ABC$ være en trekant, og la tangenten fra $A$ til $(ABC)$ skjære $BC$ i $X$. la $A^{\prime }$ være refleksjonen av $A$ i $X$, og la $C^{\prime }$ være refleksjonen av $C$ i $AX$. Vis at $A,A^{\prime },C^{\prime },B$ ligger på en felles sirkel.

[xor]

La $C^{″}$ være punktet på omsirkelen til $AB{A}^{\prime }$ slik at $(A,A^{\prime };B,C^{″})=-1$.
Det er velkjent at $\mathrm{△}ABX\sim \mathrm{△}{C}^{″}AX$ (EGMO kap. 4) med skaleringsfaktor $\frac{AX}{BX}$, og fra epp er $\mathrm{△}ABX\sim \mathrm{△}CAX$ med skaleringsfaktor $-\frac{AX}{BX}$.
Derfor er $\mathrm{△}{C}^{″}AX\cong \mathrm{△}CAX$ med negativ skaleringsfaktor, så $C^{″}$ er reflekasjonen av $C$ over $AX$.

[xor]

Ny oppgave:

Let $T_1,T_2,T_3,T_4$ be pairwise distinct collinear points lying in that order. Let ${\omega }_1$ be a circle through $T_1$ and $T_4$; let ${\omega }_2$ be the circle through $T_2$ and internally tangent to ${\omega }_1$ at $T_1$; let ${\omega }_3$ be the circle through $T_3$ and externally tangent to ${\omega }_2$ at $T_2$; and let ${\omega }_4$ be the circle through $T_4$ and externally tangent to ${\omega }_3$ at $T_3$. A line crosses ${\omega }_1$ at $P$ and $W$, ${\omega }_2$ at $Q$ and $R$, ${\omega }_3$ at $S$ and $T$, and ${\omega }_4$ at $U$ and $V$, the order of these points along the line being $P,Q,R,S,T,U,V,W$.

Prove that $PQ+TU=RS+VW$

[Lil_Flip39]

La$A-B-C$ være at $ABC$ er en linje.
La $O_1,O_2,O_3,O_4$ være sentrumene i ${\omega }_1,{\omega }_2,{\omega }_3,{\omega }_4$. La $C,A,B,D$ være projeksjonene fra $O_1,O_2,O_3,O_4$ ned på linja gjennom $PQ$.
påstand 1 : $O_1{O}_2{O}_3{O}_4$ er et parallelogram.
Bevis: Vi ser først $T_1-O_2-O_1,O_1-T_2-O_3,O_3-T_3-O_4$Så $\measuredangle O_1{T}_1{T}_2=\measuredangle T_1{T}_2{O}_2=\measuredangle T_3{T}_2{O}_3=\measuredangle O_3{T}_3{T}_2=\measuredangle O_4{T}_3{T}_4$ som impliserer$O_3{O}_4\parallel O_1{O}_2$. Med samme teknikk får man $\measuredangle O_1{T}_4{T}_1=\measuredangle T_4{T}_1{O}_2=\measuredangle O_4{T}_4{T}_1$ så $O_1-O_4-T_4$. Da følger det av samme utregning som over $O_3{O}_1\parallel O_1{O}_4$ så påstanden er vist.

Nå ser vi likhetene:
$PQ=CP-AQ-AC$
$RS=AB-AR-SB$
$TU=BD-BT-UD$
$VW=CW-VD-CD$
men vi har
$AR=AQ$
$BT=BS$
$CW=CP$
$DV=DU$
av midtpunkter.
I tillegg har vi av påstand 1 at $AC=BD$ og $AB=CD$ av projeksjoner. Hvis vi nå summer, får vi
$PQ+UT=RS+VW⟺CP-AQ-AC+BD-BT-UD=AB-AR-SB+BD-BT-UD⟺0=0$, så vi er ferdige.

[Lil_Flip39]

La $ABC$ være en likebeint trekant med $AB=AC$. En arbritrær sirkel $\omega$ går gjennom $B,C$, og skjærer $AC,AB$ i $E,F$. La $BE\cap CF=H$.$S$ er et punkt på $\omega$. Hvis $M,N$ er fotpunktene fra $H$ til $SB,SC$ vis at $MN\perp AS.$

[lfe]

La $D=MN\cap AS$. Det er velkjent at $\measuredangle DMH=\measuredangle DSM$ er ekvivalent med at omsirkelen til DMS tangerer HM som igjen er ekvivalent med at ${90}^{\circ }=\measuredangle HMS=\measuredangle MDS$. Siden $\measuredangle SMN=\measuredangle SNM$, er HMSN syklisk. Det holder dermed å vise at $\measuredangle ASM=\measuredangle NSH$ siden $\measuredangle DMH=\measuredangle NSH$ og $\measuredangle ASM=\measuredangle DSM$.

Påstand: La $k$ være vinkelhalveringslinjen til $\mathrm{\angle }CSB$. SA er refleksjonen av SH over $l$.
Bevis:
Vi viser påstanden med dualen av Desargues involusjonsteorem. La $\varphi$ være refleksjonen over $l$. Vi ser på den komplette firkanten ABHC. Åpenbart bytter $\varphi$ om på SB og SC. Av symmetri er $\measuredangle FCB=\measuredangle CBE$. Det betyr at $\measuredangle FSB=\measuredangle CSE$ som impliserer at $\varphi$ bytter SE og SF. Av DDIT bytter også $\varphi$ SH og SA.

Av påstanden ovenfor er $\measuredangle ASM=\measuredangle NSH$.

[lfe]

Finn alle $f:\mathbb{Q}\to \mathbb{Q}$, slik at $$f(xf(x)+y)=f(y)+x^2$$ for alle $x,y\in \mathbb{Q}$.

[Lil_Flip39]

svar: $f(x)=x$ eller $f(x)=-x$
lemma: alle rasjonale tall kan bli skrevet på formen $k{x}^2$ hvor $k$ er et heltall og $x$ er et rasjonalt tall.
Bevis: gitt et rasjonalt tall $\frac{p}{q}$, la $k=pq,x=\frac{1}{q^2}$.
påstand 1:
$f$ er surjektiv.
Bevis:
av $P(x,0)$ får vi $f(xf(x))=x^2+f(0)$.av induksjon på $y$, får vi at $f(kxf(x))=f(0)+k{x}^2$ for alle positive heltall $k$.
av $P(x,-xf(x)$ får vi $f(-xf(x))=-x^2+f(0)$ av induksjon får vi da $f(-kxf(x))=f(0)+k{x}^2$ for alle negative heltall $k$.
Dette impliserer at $f(kxf(x))=f(0)+k{x}^2$, så $k{x}^2+f(0)$ er i verdimengden for alle heltall $k$.
Vi ser at $f(0)$ er konstant, så av lemma er påstanden vist.

påstand 2:$f(0)=0$
bevis: av surjektivitet eksiterer det $a$ slik at $f(a)=0$
da gir $P(a,y)$
$f(y)=f(y)+k$ som impliserer $k=0$.

påstand 3: $f(1)=\pm 1$
bevis: $P(1,0)$ gir $f(f(1))=1$.
$P(1,y)$ gir $f(f(1)+y)=f(y)+1^2$
$P(f(1),y)$ gir $f(f(1)+y)=f(y)+{f(1)}^2$
venstre siden av begge likhetene ovenfor er like, som impliserer
$f(1)=\pm 1$

(1) $f(1)=1$
vi likningen $f(kxf(x))=k{x}^2+f(0)=k{x}^2$ som blir brukt i påstand 1.
vi har også av $P(1,y)$ at $f(y+1)=f(y)+1$, så $f(x)=x$ holder for alle heltall.
Nå sett $k$ slik at $kxf(x)$ er et heltall, da får vi $kxf(x)=k{x}^2⟹f(x)=x$, yippie!

(2)$f(1)=-1$
ved bruk av samme teknikk som ovenfor, får man $f(x)=-x$ for alle $x$

da er vi ferdige.

[Lil_Flip39]

la $a$ være et heltall.
Vis at $n\mid \sum _1^n{a}^{gcd(n,k)}$ for alle positive heltall $n$

[lfe]

La $f(n,a)=\sum _{k=1}^n{a}^{gcd(n,k)}$. Vi ser at $f(n,a)=\sum _{d\mid n}\varphi (\frac{n}{d})a^d$.

1) Lemma: $b\equiv c(\mathrm{mod}{p}^k)\Rightarrow b^p\equiv c^p(\mathrm{mod}{p}^{k+1})$
Dette følger av binomialteoremet på $c=m{p}^k+b$.

2) Påstand: $p^k\mid f(p^k,a)$
Bevis:
Vi viser det med induksjon.
Induksjonsgrunnlag:
$f(p,a)\equiv (p-1)a+a^p\equiv 0(\mathrm{mod}p)$
Innduksjonssteg:
Anta at $p^{k-1}\mid f(p^{k-1},a)$. Dermed er $f(p^k,a)\equiv pf(p^{k-1},a)-a^{p^{k-1}}+a^{p^k}\equiv 0$ av induksjonshypotesen og 1).

3) Påstand: $k=v_p(n)\Rightarrow p^k\mid f(n,a)$
Bevis:
La $n=p^{k}m$. Vi har at $$f(n,a)=\sum _{d_1\mid m}\varphi (\frac{m}{d_1})\sum _{d_2\mid p^k}\varphi (\frac{p^k}{d_2})(a^{d_1}{)}^{d_2}=\sum _{d_1\mid m}\varphi (\frac{m}{d_1})f(p^k,a^{d_1})$$
Siden $p^k\mid f(p^k,a^{d_1})$ av 2), så følger det at $p^k\mid f(n,a)$.

Oppgaven følger direkte av 3).

[lfe]

Ny oppgave:
La $a,b,c\in {\mathbb{R}}^{+}$. Vis ulikheten $$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge a+b+c+\frac{4(a-b{)}^2}{a+b+c}$$ Når har vi likhet?

[CCPenguin]

Løst med litt hjelp
$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge a+b+c+\frac{4(b-a{)}^2}{a+b+c}$

først observerer vi at ulikheten er ekvivalent med at:

$a\frac{a-b}{b}+b\frac{b-c}{c}+c\frac{c-a}{a}\ge \frac{4(b-a{)}^2}{a+b+c}$

Observer videre at:
$\frac{4(b-a{)}^2}{a+b+c}=\frac{((b-c)+(c-a)+(b-a){)}^2}{a+b+c}$
Og av titus lemma har vi at:
$\frac{((b-c)+(c-a)+(b-a){)}^2}{a+b+c}\le \frac{(b-a{)}^2}{b}+\frac{(b-c{)}^2}{c}+\frac{(c-a{)}^2}{a}$

Dermed må vi bare vise

$\frac{(a-b{)}^2}{b}+\frac{(b-c{)}^2}{c}+\frac{(c-a{)}^2}{a}\le \frac{a(a-b)}{b}+\frac{b(b-c)}{c}+\frac{c(c-a)}{a}$
Flytter vi alt over til høyre og faktoriserer ser vi at
$\frac{(a-b)(a-(a-b))}{b}=\frac{a-b}{b}b=a-b$
$0+\le a-b+b-c+c-a=0$
som åpenbart stemmer.
Med likhet når $a=b=c$

[CCPenguin]

la x,y,m,n > 1 være heltall slik at:
${}^{m}x{=}^{n}y$
Der ${}^{m}x$ betegner tetration
følger det at m=n?

[TorsteinBM]

Skrevet av Lil_flip38
la $rad(a)$ betegne radikalen til $a$
Påstand 1: Det eksisterer et naturlig tall $z$ slik $x=z^a,y=z^b$
Bevis: Åpenbart har $x,y$ de samme primfaktorene. La $p$ være et primtall.
Da får vi $v_p{(}^{m}x)=v_p{(}^{n}y)$, så ${}^{m-1}x{v}_p(x){=}^{n-1}y{v}_p(y)$ som impliserer $\frac{v_p(x)}{v_p(y)}=C$, hvor $C$ er uavhengi av $p$ for alle primtall $p$. Da er det lett å sa at påstanden stemmer.

WLOG $a>b$
Påstand 2: $z=y,a=y^{y^k},b=1$.
WLOG $(a,b)=1$(dette er mulig fordi hvis de har en faktor, kan man putte den inn i $z$)
z^den orginale likningen blir ${}^m{z}^a{=}^n{z}^b$. da har vi ${(z^a)}^{\AE }=(z^b{)}^{\AA }$ hvor $\AE ,\AA$ er resten av tertration greiene. Da har vi $z^{a\AE }=z^{b\AA }$ og siden grunntallet er likt følger det at $a{(}^{m-1}(z^a))=b{(}^{n-1}(z^b))$. Dette impliserer $rad(b)\mid rad(z)$ siden $(a,b)=1$, og siden $a>b$ følger det at $z\mid a$ siden ${}^{m-1}(z^a){<}^{n-1}(z^b)$, så det er minst en faktor av $z$ i $a$. Da følger det at $b=1$ siden alle primfaktorer av $b$ også deler $a$. Da har vi fra $a{(}^{m-1}(z^a)){=}^{n-1}(z)$. at $a=z^k$ så påstanden er vist.

Til slutt bruker vi det samme trikset som vi brukte for å vise påstand 2.
Vi har likingen ${}^m(y^{y^k}){=}^{n}y$. Dette impliserer $y^k{(}^{m-1}(y^{y^k})){=}^{n-1}y$, Som igjen impliserer ${(}^{m-2}(y^{y^k})+k{=}^{n-2}y$.
1. $k=0$. Dette impliserer $x=y$
2.$k\ne 0$ Da har vi at $k{=}^{n-2}y-{(}^{m-2}(y^{y^k}){⩽}^{m-2}(y^{y^k})$, siden potenser av $y$ er minst unna hverandre av en faktor av $y$, og $y$ er minst $2$. Dette er en åpenbar motstigelse av størrelse. hvis $m>2$, men hvis $m=2$ får vi $k{=}^{n-2}y-1$ som også er en motstigelse.

[Lil_Flip39]

Ny oppgave
en konveks sekskant $ABCDEF$ er gitt slik at $AB||DE$, $BC||EF$, $CD||FA$. Punktene $M,N,K$ er skjæringene av linjene $BD$ og $AE$, $AC$ og $DF$, $CE$ og $BF$. Vis at normalene fra $M,N,K$ til linjene $AB,CD,EF$ skjærer i et punkt.