Abel maraton

[Lil_Flip39]

Vi bytter ut \(2011\) med et generelt oddetall \(n\), da er svaret \(\frac{5n-3}{2}\)

Under har jeg laget konstruksjon for \(n=7\):







Det er lett å se hvordan dette generaliseres, men for et mer rigorøst bevis kan man bruke induksjon for å vise det.

Vi starter med et lemma for å vise boundet: hvis vi har \(k\) punkter på en linje hvor \(k\) er odde, vil man ha minst \(2k-3\) distinkte midpunkter som kan bli dannet av par av \(2\) punkter.
Bevis: Nummerer punktene \(1,2,\dots ,k\). Se på midpunktene til \((1,2), (2,3),\dots ,(n-1,n)\), og midtpunktene til \((,1,3), (2,4), \dots (n-2,n)\). Det er lett å se at alle disse er distinkte,
og det \(2n-3\) par vi har her.

For at en firkant skal være et likebent trapes, må da \(2\) av sidene ha midpunkt på samme posisjon enten horisontalt eller vertikalt. La det \(a_1,a_2,\dots, a_n\) være antall punkter i rad \(1,2,\dots, n\).
Observer at for hver rad har man minst \(2a_i-3\) midtpunkter, og totalt hvis vi tenker på radene så har man \(2n-3\) ulike posisjoner midpunktene kan være på, siden \(2\) midpunkter i \(2\) forskjellige rader
kan ikke ligge på samme posisjon.
Dermed følger ulikheten
\[\sum_{i=1}^{n}2a_i-3\leqslant 2n-3\]
som er ekvalent med
\[\sum_{i=1}^{n}a_i\leqslant \frac{5n-3}{2}\]
så vi er ferdige.

[Lil_Flip39]

Ny oppgave:
La \(H,T\) være ortosenteret og \(A\)-humpty punktet i en spissvinklet trekant \(ABC\). La \(AH,AT\) skjære \((ABC)\) igjen i punktene \(K,N\).
Vis at omsirkelen til trekanten som blir formet av linjene \(BC,HT,NK\) er tangent til \((ABC)\)

[lfe]

La $Q$ være $A$-køpunktet. La $HT\cap BC=X$, $KN\cap HT = Y$ og $KN\cap BC=Z$. La $A'$ være refleksjonen av $A$ over midtnormalen til $BC$.

$\textbf{Påstand: }$ $BC\cap AQ = X$
$\textit{Bevis. }$ Det er velkjent at $(AQHT)$. La $W$ være refleksjonen av $A$ over $M$. Det følger av rette vinkler at $(BHTCW)$. Dermed følger påstanden av EPP på $(AQHT)$, $(BHTCW)$ og $(ABCQ)$.

$\textbf{Påstand: }$ $(QYKH)$
$\textit{Bevis. }$ Følger av vinkeljakt
\[
\begin{align*}
\measuredangle QKY &= \measuredangle QKN \\
&= \measuredangle QAT \\
&= \measuredangle QHT \\
&= \measuredangle QHY
\end{align*}
\]

$\textbf{Påstand: }$ $(QXDH)$
$\textit{Bevis. }$ Dette følger ganske simpelthen av at $Q$ er $H$-humptypunktet i $HBC$, siden $A$, $B$, $C$ og $H$ danner et ortisk system.

$\textbf{Påstand: }$ $(QXYZ)$
$\textit{Bevis. }$ Vinkeljakt:
\[
\begin{align*}
\measuredangle QXZ &= \measuredangle QXD \\
&= \measuredangle QHD \\
&= \measuredangle QHK \\
&= \measuredangle QYK \\
&= \measuredangle QYZ
\end{align*}
\]

$\textbf{Påstand: }$ $A'-Q-Z$
$\textit{Bevis. }$ Vinkeljakt:
\[
\begin{align*}
\measuredangle QZX &= \measuredangle QYX \\
&= \measuredangle QYH \\
&= \measuredangle QKH \\
&= \measuredangle QKA \\
&= \measuredangle QA'A
\end{align*}
\]
Påstanden følger, siden $XZ\parallel AA'$.


Vi har at $(ABC)$ og $(XYZ)$ skjærer i $Q$. Det holder nå å vise at $Q$ er det eneste skjæringspunktet. Videre vet vi at $XZ\parallel AA'$, $A-Q-X$ og $A'-Q-Z$. Dermed følger det at $Q$ er det eneste skjæringspunktet av konversen til reims teorem.
$\square$

[lfe]

La $ABC$ være en trekant med ortosenter $H$. La $M$ være midtpunktet på $BC$. La $P$ og $Q$ være to ulike punkter på sirkelen $(AH)$ slik at $M$ ligger på $PQ$. Vis at ortosenteret til $APQ$ ligger på $(ABC)$.