Abel maraton

[Lil_Flip39]

Let $a_0,a_1,\dots,a_{2024}$ be real numbers such that $\left|a_{i+1}-a_i\right| \le 1$ for $i=0,1,\dots,2023$.
a) Find the minimum possible value of $$a_0a_1+a_1a_2+\dots+a_{2023}a_{2024}$$
b) Does there exist a real number $C$ such that $$a_0a_1-a_1a_2+a_2a_3-a_3a_4+\dots+a_{2022}a_{2023}-a_{2023}a_{2024} \ge C$$ for all real numbers $a_0,a_1,\dots,a_{2024}$ such that $\left|a_{i+1}-a_i\right| \le 1$ for $i=0,1,\dots,2023$.

[guessthefunction]

a) Minimumet er $-506$.

Vi finner først den minste mulige verdien av $a_ia_{1+1}$ der $0\le i\le 2023$. La $a_{i+1}=a_i-c$ der $-1\le c\le 1$. Deretter må vi minimere $a_i(a_i-c)=a_i^2-a_ic$. Ved å fullføre kvadratet kan vi omskrive uttrykket til $(a_i-\dfrac{c}{2})^2-\dfrac{c^2}{4}$. Minimumet av dette er tydeligvis minimumet av $-\dfrac{c^2}{4}$, som er $-\dfrac{1}{4}$. Nå ser vi at det absolutt mulige minimumet av uttrykket er $-\dfrac{1}{4}\cdot 2024=-506$.

Vi viser nå at det er mulig å ha $a_0a_1 + a_1a_2\dots a_{2023}a_{2024}=-506$. La $a_x=\dfrac{1}{2}$ og $a_y=-\dfrac{1}{2}$ hvor $0\le x,y\le 2024$, $x$ er partall og $y$ er oddetall. Da ser vi at dette minimumet er oppnådd.

b) Ingen slik $C$ finnes.

La $a_x=a_0-2$ for partall x hvor $0<x\le 2024$ og la $a_y=a_0-1$ for oddetall y hvor $0<y\le 2024$. Da er alle leddene i uttrykket lik $(a_0-1)(a_0-2)$ unntatt det første, som er lik $a_0(a_0-1)$. Dermed kansellerer alle leddene bortsett fra de to første hverandre, og vi får $a_0(a_0-1)-(a_0-1)(a_0-2)$. Men dette kan ikke begrenses. Derfor har uttrykket ikke noe maksimum, så ingen slik $C$ finnes.

[guessthefunction]

Prove that for every positive integer $n$ there exists an $n$-digit number divisible by $5^n$ all of whose digits are odd.

[Lil_Flip39]

Vi bruker induksjon. Åpenbart stemmer påstanden for \(n=1\). Anta nå at \(n=k\) stemmer. La \(m\) være slikat \(5^k\mid m\) og \(m\) har \(k\) siffer. Nå lar vi \(s=l\cdot 10^k+m\), hvor \(l\) er et odde-siffer. Vi vet at \(5^k\mid s\). Hvis vi deler bort \(5^n\), er det mulig å få det resterende utrykket til å være delelig på \(5\) fordi \(1,3,5,7,9\) dekker alle restklassende \(\pmod 5\). Dermed får vi at vi kan velge \(l\) slik at \(5^{k+1}\mid s\). I tillegg er det åpenbart at \(s\) har \(k+1\) siffer og har bare odde \(siffer\). Da er vi ferdige med induksjonsteget, og vi er også ferdige med oppgaven.

[Lil_Flip39]

Let $ABC$ be a triangle. Consider the points $D,E,F$ as the feet of the altitudes from $A,B,C,$ respectively, and $H$ its orthocenter which we suppose is the midpoint of $CF$. Let $M$ be the midpoint of $BC$, $N$ be the midpoint of $BE$, and $X=(AN)\cap(MF).$ \\ Prove that $\angle HXM=90^\circ$.

[lfe]

La $Q_A$ og $Q_B$ hhv. være A- og B-køpunktet. La $L $ være midtpunktet på $AC$. Det er velkjent at $MH$ skjærer $Q_A$ og at $LH$ skjærer $Q_B$. Her er $MH=LH$ av at $H$ er midtpunketet på $CF$, som betyr at $MH\parallel AB \parallel LH$. Videre impliserer dette også at $AQ_B$ og $BQ_A$ er diametere i $(ABC)$ siden det er velkjent at refleksjonen av $H$ over $M$ og $L$ hhv er antipodene til $A$ og $B$.

$\textbf{Påstand:}$ $A-N-Q_B$
$\textit{Bevis.}$ Vi vet at $\measuredangle ABE = \measuredangle Q_ABC$ og $\measuredangle BAE = \measuredangle BQ_AC$. Dermed existerer det en spiralhomoteti i $B$ som sender $ABE$ til $Q_ABC$. Denne transformasjonen bevarer vinkler. Det betyr at $\measuredangle BAN = \measuredangle BQ_AM$. Altså ligger $AN\cap Q_AM$ på $(ABC)$. Siden $Q_AM$ skjærer $(ABC)$ i $Q_B$, er påstanden vist $\square$

La $CF$ skjære $(ABC)$ igjen i $K$.
$\textbf{Påstand:}$ $(AHNK)$
$\textit{Bevis.}$ Det er velkjent at $(AFDC)$, $(BFHD)$ og $\measuredangle BAQ_B = \measuredangle HAC$. Vi har da av vinkeljakt:
\[
\begin{align}
\measuredangle KAN &= \measuredangle KAQ_B \\
&= \measuredangle KAB + \measuredangle BAQ_B \\
&= \measuredangle FCD + \measuredangle HAC \\
&= \measuredangle FAH + \measuredangle HAC \\
&= \measuredangle BAC \\
&= \measuredangle FDC \\
&= \measuredangle FDB \\
&= \measuredangle FHB \\
&= \measuredangle KHN
\end{align}
\]
$\square$

Av rette vinkler har vi $(AQ_ADM)$. Det følger av epp at $FH\cdot HC = AH\cdot HD = MH\cdot HQ_A$. Dermed er $(FMCQ_A)$.
Vi vet at $MN\parallel AC$. Det betyr at $MN\perp HN$.
$\textbf{Påstand:}$ $(XNMH)$
$\textit{Bevis.}$ Vi vet at $KF = FH = HC$. I tillegg er både $AF$ og $Q_AH$ ortogonale på $CF$. Dermed får vi av refleksjon over midtnormalen til $CK$ at $\measuredangle AKC = \measuredangle KCQ_A$.
Vinkeljakt:
\[
\begin{align}
\measuredangle XNH &= \measuredangle ANH\\
&= \measuredangle AKC\\
&= \measuredangle KCQ_A\\
&= \measuredangle FCQ_A\\
&= \measuredangle FMQ_A\\
&= \measuredangle XMH
\end{align}
\]
$\square$

Av $MN\perp HN$ og $(MNXH)$ følger det at $MX\perp XH$ $\blacksquare$