Abel maraton

[lfe]

Ny oppgave:
La \(k\geq 3\) være et positivt heltall. Finn alle stigende følger \( \{a_i\}\) slik at
\[
d(x_1+x_2+\dots + x_k)=d(a_{x_1}+\dots+a_{x_k})
\]
holder for alle \(x1,\dots, x_k\), der \(d(n)\) er antall divisorer av \(n\).

[Lil_Flip39]

Den eneste følgen som oppfyller kravet er \(a_i=i\) for alle \(i\). Vi viser først at følgen er strengt stigende.
Anta for motstigelse at \(a_i=a_{i+1}\) for en eller annen \(i\). Da har vi av å bytte \(i,i+1\) ut av summen at høyre siden forblir lik. Da kan man velge \(x_1,x_2,\cdots ,x_{k-1}\) til \(p-i\) for et primtall.
Da får vi at
\[d(p)=d(p+1)\] som er en motstigelse siden \(p>2\).
La nå
\[k=\prod_{i=1}^{l} p_i^{b_i}\]
For et stort primtall \(q\) la
\[x_j=\prod_{i=1}^{l} p_i^{q-b_i-1}\]
for alle \(j\).
Da ser vi at
\[d(x_1+x_2+\cdots +x_k)=d(k\prod_{i=1}^{l} p_i^{q-b_i-1})=q^l\]
samtidig impliserer dette at vi har
\[d(a_{x_1}+a_{x_2}+\cdots +a_{x_k})=d(ka_{\prod_{i=1}^{l} p_i^{q-b_i-1}})=q^l\]
Observer at vi må "fylle opp" alle faktorene \(p_i\) opptil \(p_i^{q-1}\) siden hvis ikke, så tilbringer \(p_i\) en faktor som ikke er i \(q^l\). Samtidig, ser vi at da hver \(p_i\) må bli fylt akkurat til \(p^{q-1}\), siden hvis de blir fylt mer, så får man for mange faktorer av \(q\).
Til slutt ser vi også at \(a\) ikke kan ha flere faktorer utenfor \(p_i\), siden det øker enten faktoren av \(q\) for mye eller tilbringer en faktor som man ikke vil ha.
Dermed har vi at
\[a_{\prod_{i=1}^{l} p_i^{q-b_i-1}}=\prod_{i=1}^{l} p_i^{q-b_i-1}\]
Så, siden vi viste at følgen var strengt stigende har vi at for alle \(j<\prod_{i=1}^{l} p_i^{q-b_i-1}\) har vi \(a_j=j\), og siden vi kan velge \(q\) arbitrært stor, så er vi ferdige.

[Lil_Flip39]

Ny oppgave
Let triangle $ABC$ be inscribed in the circumcircle $(O)$ and circumscribed about the incircle $(I)$, with $AB < AC$. The incircle $(I)$ touches the sides $BC$, $CA$, and $AB$ at $D$, $E$, and $F$, respectively. The line $AI$ cuts segments $DF$ and $DE$ at $K$ and $L$, respectively, and the tangents to the circle $(DKL)$ at $K$ and $L$ intersect at $T$. Prove that $AT \perp BC$

[lfe]

La $S$ være superpunktet og la $M$ være midtpunktet på $BC$.
$\textbf{Påstand:}$ $(KMCS)$ og $(BLMS)$
$\textit{Bevis:}$ Av Iran lemma vet vi at $BL\perp AI$ og $CK\perp AI$. Åpenbart er også $SM\perp BC$. Dermed følger påstanden.


La $N$ være tangeringspunktet mellom A-utsirkelen og $BC$
$\textbf{Påstand:}$ $(DLNK)$. Denne sirkelen har sentrum i $M$.
$\textit{Bevis:}$ Det er velkjent at $D$ og $N$ er isotomiske konjugater. Det holder derfor å vise at $(DLK)$ har senter $M$.
La $X=BL\cap KM$. Vi har
$\begin{align}
\measuredangle LXM &= \measuredangle CKM\\
&= \measuredangle CSM\\
&=90^\circ - \frac{\angle A}{2}
\end{align}$
Vi har også
$\begin{align}
\measuredangle LDM &= \measuredangle EDF \\
&= 180^\circ - (90^\circ - \frac{\angle B}{2}) - (90^\circ - \frac{\angle C}{2}) \\
&= 90^\circ - \frac{\angle A}{2}
\end{align}$
Dermed er $(LXKD)$. Siden $BL\parallel CK$ og $M$ er midtpunktet på $BC$, så er også $M$ midtpunktet på $KX$.
Videre har vi
$\begin{align}
\measuredangle LKM &= \measuredangle SKM\\
&= \measuredangle SCM \\
&= \measuredangle MBS \\
&= \measuredangle MLK
\end{align}$
Dermed er $LM=KM=XM$. Det betyr at $M$ er sentrum i $(DKNXL)$.


La $P$ være det andre skjæringspunktet mellom sirklene $(I)$ og $(DKL)$. La $D'$ være refleksjonen av $D$ over $I$. Det er velkjent (står blant annet i EGMO kapittel 4) at $A-D'-N$. Siden $DD'$ og $DN$ er diameter i sirklene $(I)$ og $(DKL)$ hhv., så er $A-D'-P-N$.
$\textbf{Påstand:}$ $DKPL$ er harmonisk.
$\textit{Bevis:}$ Vi projiserer fra $(DKLP)$ til $(I)$ gjennom $D$. Det gir oss $(D,P;K,L)\mathrel{\overset{D}{\underset{\wedge}{=}}} (D', P; F, E)$. Vi vet at $D'FPE$ er harmonisk fordi tangentene til $(I)$ i $E$ og $F$ skjærer i $A$ som ligger på $D'P$. Dermed er påstanden vist.


Av påstanden ovenfor må $T$ også ligge på $DP$. La foten til høyden fra $A$ på $BC$ være $Q$ og $R=BC\cap AI$. Siden $I$ er midtpunktet på $DD'$ har vi at $-1=(D,D';I,DD'_{\infty})\mathrel{\overset{A}{\underset{\wedge}{=}}} (D,N;R,Q)$. Videre ser vi på den projektive transformasjonen fra $(DKPL)$ til $BC$ definert ved en projeksjon i $L$ på $DP$ etterfulgt av en projeksjon i $A$ på $BC$. La $Q'=BC\cap AT$ det følger at $-1=(D,P;K,L)$ sendes til $(-1=(D,N;R,Q')$. Det betyr at $Q=Q'$ og at $AT\perp BC$. $\square$

[lfe]

Ny oppgave:
Et hyperrektangel er en mengde i $\mathbb{R}^n$ som kan skrives som det kartesiske produktet $\prod_{i=1}^n [a_i, b_i]$, der $a_i <b_i$ for alle $i$. Vi kaller et hyperrektangel bemerkelsesverdig dersom minst én av dimensjonene er et heltall. Vis at dersom vi kan fylle et hyperrektangel $R$ med (disjunkte utenom randen) bemerkelsesverdige hyperrektangel, så er $R$ også bemerkelsesverdig.

[CCPenguin]

Løst med en god del hint.

VI dekker hyperrektangelet med hyperkvadrater med sidelengde 1/2. Observer at siden en dimensjon er heltallig må hvert hyperrektangel ha likt hypervolum av sort og hvit. Dermed må R også ha likt hypervolum sort og hvit.
Vi viser at hvis R bare har ikkeheltallige sider, er dette umulig med induksjon.
Case =1 er trivielt.
Anta nå det stemmer for lavere n

La sidene til R være gitt ved [tex]\frac{c_i}{2}+r_i[/tex], der ci er heltall
La også hjørnet i R være på koordinat 0,0 og la kvadratene ha hjørner på alle multipler av 1/2


Observer at om en side har partall ci, får vi at
[tex]R =R_{n-1} \times [0,n+ri][/tex]
Siden n er et heltall kan vi dele dette opp, og vi ser at volumet til det som er igjen bare er multiplisert med ri
Dermed vil resultatet følge av induksjon.
Anta nå derfor at alle ci er odde.

Vi kan kutte vekk veldig mange unødvendige deler av hyperrektqnglet som bare er et hjørne.
Denne vil ha dimensjoner [tex]\frac{1}{2} +r_i[/tex]
Den ene fargen har areal til alle de negative leddene i utvidelsen av
[tex]\prod (1/2-r_i)[/tex], og den andre har de positive. Siden dette klart er strengt større en null når [tex]r_i <\frac{1}{2}[/tex]
følger det at arealene ikke kan være like

[CCPenguin]

Vis at i en mengde på 2000 ulike reele tall, finnes a>b,c>d med enten [tex]a \neq c[/tex] eller [tex]b \neq d[/tex].
Slik at følgende holder:
[tex]|\frac{a-b}{c-d}-1| < \frac{1}{200000}[/tex]

[lfe]

Dette er sterkere imosl 2013 A2.
Vi kan pga. skalering og forskyvning UTAG anta at $S$ består av $1=x_1<\dots <x_{2000} = 2$. La $N=\binom{2000}{2}$. La differansene mellom elementene i $S$ være $0<d_1<\dots <d_N=1$. La $x_m = \log_2 (d_m)$. Vi har $0<x_1<\dots < x_N = 1$. La $x_{k+1}-x_k$ være minimal. Det er $N-1$ mulige slike differanser. Dermed er $x_{k+1}-x_k < \frac{1}{N-1}$. Det følger at $\frac{d_{k+1}}{d_k} < 2^{\frac{1}{N-1}}$ Det holder dermed å vise at $2^{\frac{1}{N-1}} < 1 + \frac{1}{2\cdot 10^5}$. Av Bernoullis ulikhet har vi
\[
\left ( 1+\frac{1}{2\cdot 10^5}\right )^{N-1} > 1+\frac{N-1}{2\cdot 10^5} > 2
\]
$\square$

[lfe]

La $P$ og $Q$ være to moniske polynomer av grad $n^2-5n+2$ for et positivt heltall $n>7$. Vis at dersom $P(x)-Q(x)$ ikke har noen reelle røtter, så har $P(x)-Q(x+1)$ minst én reell rot.

[Lil_Flip39]

Observer at \(n^2-5n+2\) er et partall for alle heltall \(n\).
La la koeffisientene til \(P,Q\) være \(a_i, b_i\).
Hvis vi nå ser på \(R(x)=P(x)-Q(x)\), følger det av at \(P,Q\) monisk at \(deg(R(x))\leq n^2-5n+1\). Samtidig vet vi at \(deg(R(x)\) må være partall,
siden hvis graden er odde vil \(R(x)\) ha minst en rot. Dermed følger det at \(a_{n^2-5n+1}=b_{n^2-5n+1}\) siden ellers vil graden til \(R\) være odde.
Hvis vi når ser på \(P(x)-Q(x+1)\), så har den igjen også maks grad \(n^2-5n+1\). Av å se for seg utvidelsen av \(Q(x+1)\), ser vi at koeffisienten til \(x^{n^2-5n+1}\) er ikke lik \(a_{n^2-5n+1}\).
Siden den bare blir påvirket av de første \(2\) leddene i \(Q\). Dermed følger det at \(P(x)-Q(x+1)\) har grad \(n^2-5n+1\) som er odde, så den har en reel rot.

[Lil_Flip39]

Ny oppgave:
Let $ABC$ be a triangle with $\angle A\neq 90^\circ$ and orthocenter $H$. Let $M$ be the midpoint of $BC$.
Lines $BH$ and $CH$ intersect the circumcircles of triangles $ABM$ and $ACM$ again at points $K$ and $L$ respectively. Point $T$ is chosen so that $BHCT$ - parallelogram.
Prove that $AT$ bisects $KL$.

[CCPenguin]

Geomtri
La L være skjæringen av (BMA) og BH, og definer K respektivt for C. La D, E, F være føttene til høydene igjennom A,B,C.
Observer først at T er refleksjonen av H over BC, og dermed er punktet slik at AT er en diameter i (ABC)

Claim 1:
ALKH syklisk
Bevis:
Observer at
[tex] \measuredangle AKH = \measuredangle AKC = \measuredangle AMC = \measuredangle AMB [/tex]
Av et symmetrisk argument følger det at [tex]\measuredangle ALH = \measuredangle AMB[/tex], som beviser claimet.

Claim 2:
[tex]\triangle ABC \simeq ALK [/tex]
Bevis:
Vi har at
[tex]\measuredangle ALK = \measuredangle AHK = \measuredangle AHC = \measuredangle DHC = 90 - \measuredangle HCD[/tex]
[tex] 90 - \measuredangle HCD = 90 - \measuredangle FCB = 90 - (90- \measuredangle CBA) = \measuredangle CBA [/tex]

Vi viser nå oppgaven med vinkeljakt.
Observer at midtpunktet til KL ligger på AT hvis og bare hvis:
[tex]\measuredangle HAM_{LK} = \measuredangle HAT[/tex]
Observer at:
[tex]\measuredangle HAM_{LK} = \measuredangle HAK + \measuredangle KAM_{LK} = - \measuredangle AKH - \measuredangle KHA +\measuredangle KAM_{LK} [/tex].
Grunnet formlikheten har vi at [tex]\measuredangle KAM_{LK} = \measuredangle MAC [/tex]
Dermed følger det at utrykket over er lik
[tex] - \measuredangle AKC - \measuredangle CHA + \measuredangle MAC = - \measuredangle AMC + \measuredangle HAC + \measuredangle ACH + \measuredangle MAC[/tex]
Dette er lik
[tex]\measuredangle BMA + \measuredangle MAC + \measuredangle HAC + \measuredangle ACH = \measuredangle BMA + \measuredangle MAC + (90 - \measuredangle ACB) + (90 - \measuredangle BAC) [/tex]
[tex] \measuredangle BMA + \measuredangle MAC + \measuredangle CBA [/tex]
Som igjen blir lik
[tex]\measuredangle CMA + \measuredangle MAC + \measuredangle CBA = -\measuredangle ACB + \measuredangle CBA[/tex]
Vi beregner nå den andre vinkelen.
[tex]\measuredangle HAT = \measuredangle BAC -\measuredangle BAH - \measuredangle TAC = \measuredangle BAC- (90- \measuredangle CBA ) - \measuredangle TAC [/tex]
Siden HBCT er et paralellogram er:
[tex]\measuredangle TAC = \measuredangle TBC = \measuredangle HCB = 90 - \measuredangle CBA[/tex]
Så utrykket blir lik:
[tex] \measuredangle BAC- (90- \measuredangle CBA )-90+\measuredangle CBA = 2 \measuredangle CBA + \measuredangle BAC =\measuredangle CBA - \measuredangle ACB[/tex]
Som er lik utrykket over.
Spør gud om hvorfor det er asymmetrisk, men slik er det nå, og antar oppgaven er løst.
På gjensyn
- Pingvinen

[CCPenguin]

Ny oppgave
Let $m,n\ge2$ be positive integers. On an $m\times n$ chessboard, some unit squares are occupied by rooks such that each rook attacked by odd number of other rooks. Determine the maximum number of rooks that can be placed on the chessboard.

[lfe]

UTAG anta $n \leq m$ og at $n$ er antall rader og $m$ er antall kolonner. For $n=1$ er svaret 1 eller 2 (lett å se). Vi deler videre oppgaven opp i $n=2$ og $n\geq 3$.
Først anta $n=2$. Da er svaret $2m-4$ konstruksjonen for dette er
OXXXXXX...XXXXO
XOXXXXX...XXXOX
, der X representerer et tårn.
AFMS at det er mulig med flerer enn $2m-4$. Da må en av radene ha minst $m-1$ tårn. UTAG la dette være rad 1. Da ser vi at et av tårnene helt til høyre eller venstre i rad 2 må ha et tårn over seg og til siden, en motsigelse siden det da bare er to tårn som angriper det.

Videre, anta $n\leq 3$. Svaret er da $2n+2m-8$.
Konstruksjonen er:
Fyll opp rad 1 med tårn. Fyll opp rad 2 med tårn unntatt kolonne 1 og $m$. Fyll opp kolonne 2 og $m-1$ med tårn, men fjern tårnene i $(n-1,2)$ og $(n,m-1)$. Leseren kan sjekke at konstruksjonen er rett.
Vi viser nå at $2m+2n -8$ er maksimalt. La $R$ være mengden tårn. La $S$ være mengden "enhetskanter" langs brettet. Altså ytterkantene til de ytterste rutene. Vi har $|S|=2m+2n$. For at et tårn kun skal være angrepet av et odde antall tårn, må det være minst en kant i $S$ slik at det ikke er et tårn mellom $S$ og dette tårnet. Det eksisterer derfor en surjektiv funksjon $f:S\to R$. dermed er $|S|\geq R$. Det holder nå å vise at det eksisterer mist fire $r\in R$ slik at $|f^{-1}(r)|=3$. Vi kan finne fire av disse. La $r_0$ være tårnet som er nederst av tårnene lengst til høyre. Da har vi $|f^{-1}(r_0)|\geq 2$. Det impliserer at $|f^{-1}(r_0)|=3$. Vi kan gjøre det samme for de andre hjørnene. Dermed er oppgaven vist.
$\square$

[lfe]

Ny oppgave:
Vi har et $2011\times 2011$ brett. Hva er det maksimale antall punkter vi kan velge i brettet slik at ingen av dem danner et likebent trapes, der de parallelle sidene er parallelle med kantene til brettet. (prallellogrammer er ikke likebente trapes, men rektangler telles)