Abelfinalen 2014

[Brahmagupta]

Oppgavene er lagt ut:
http://abelkonkurransen.no/problems/abe ... rob_nb.pdf

Vi kan jo som i fjor oppdrive løsningene på alle oppgavene, gjerne alternative løsninger også.

Jeg kan starte med 1a.
Legger inn litt plass for de som vil prøve seg først.








Anta at $x,y\ge 0$. Vis at $x^2+y^2+1\le \sqrt{(x^3+y+1)(y^3+x+1)}$

For $a\ge 0$ har vi at $a^3+a\ge 2a^2$. Dette følger fra $(a-1{)}^2\ge 0\Rightarrow a^2+1\ge 2a\Rightarrow a^3+a\ge 2a^2$

Dermed har vi at
$(x^3+y+1)(y^3+x+1)=((xy{)}^3+xy)+(x^3+x)+(y^3+y)+(x^4+y^4+1)\ge (x^4+y^4+1)+2((xy{)}^2+x^2+y^2)=(x^2+y^2+1{)}^2$

Ulikheten følger da ved å ta roten av begge sider, som er lovlig siden begge sider er positive og rotfunksjonen er monotont voksende.

[Gustav]

1a) (Alternativ løsning)

Dette følger direkte fra Cauchy-Schwarz siden

${(x^{\frac{3}{2}}\cdot x^{\frac{1}{2}}+y^{\frac{1}{2}}\cdot y^{\frac{3}{2}}+1\cdot 1)}^2\le ((x^{\frac{3}{2}}{)}^2+(y^{\frac{1}{2}}{)}^2+1^2)((x^{\frac{1}{2}}{)}^2+(y^{\frac{3}{2}}{)}^2+1^2)$

[Gustav]

1b) La først y=-1 og $x\to -x$. Da får vi

$4(1-x)=-f(x)+xf(\frac{1}{x})$

y=1 gir at

$2f(x)-32(1+x)=f(x)-xf(\frac{1}{x})$

Adderer vi ligningene får vi at

$4-4x+2f(x)-32-32x=0$, så

$f(x)=14+18x$

[Brahmagupta]

3a) Definer $x_n=$ antall måter linja $x+y=n$ kan nås. Vi ser at $x_0=1$og at $x_1=2$

Fra et vilkårlig punkt på linja $x+y=n-1$ kan man nå linja $x+y=n$ på to måter, enten gå et skritt opp eller til høyre.
Fra linja $x+y=n-2$ kan man for hvert punkt enten gå to skritt opp, to skritt til høyre eller et skritt på skrå. Dette gir sammenhengen
$x_{n+2}=2x_{n+1}+3x_n$
Dette er en andreordens lineær differensligning og har løsningen $x_n=A(3{)}^n+B(-1{)}^n$. For de gitte initialbetingelsene får vi
$x_n=\frac{1}{4}(3^{n+1}+(-1{)}^n)$ og dermed $x_{2014}=\frac{1}{4}(3^{2015}+1)$

Man kan også løse differensligningen uten kjennskap til den standard løsningsmetoden på følgende måte
$x_{n+2}=2x_{n+1}+3x_n\iff (x_{n+2}+x_{n+1})=3(x_{n+1}+x_n)$
Definer $y_n=x_n+x_{n-1}$. Da er det lett å se at $y_n=3^{n-1}{y}_1$

Vi ser nå på $y_1-y_2+y_3-\cdots +(-1{)}^{n+1}{y}_n=x_0+(-1{)}^{n+1}{x}_n$. Hvor $y_1=3$ og $x_0=1$.

$(-1{)}^{n+1}{x}_n+1=3(1-3+3^2-\cdots +(-1{)}^{n-1}{3}^{n-1}=3\frac{(-3{)}^n-1}{-4}$
som da gir nettopp $x_n=\frac{1}{4}(3^{n+1}+(-1{)}^n)$

[Gustav]

4. (skisse)

Siden 32 og 48 er delelig med 4 må b være delelig med 4, så lar b=4d og får brøken

$\frac{32a+12d+48c}{16adc}$

Igjen er 32 og 48 delelig med 16, så 12d må være delelig med 16, altså kan vi sette d=4e og får

$\frac{32a+48e+48c}{4\ast 16aec}$ som forkortes til

$\frac{2a+3e+3c}{4aec}$

Her ser vi at 2a+3e+3c<4aec dersom a>3 for alle positive heltall e,c, altså må $1\le a\le 3$.
(siden $2a\le 2aec$ og 3e<aec, 3c<aec dersom a>3)

Likedan finner vi at $1\le e,c\le 5$

Det gjenstår å teste de få gjenstående mulighetene.

Vi kan begrense mulighetene ytterligere: symmetri mellom e og c gir at vi bare behøver å teste for $e\le c$. Videre må e+c være partall siden nevneren er partall.

Da er mulighetene for paret (c,e) = (1,1), (2,2), (3,1),(3,3),(4,2),(4,4),(5,1),(5,3),(5,5).

Hvis jeg har regnet riktig kan alle forkastes unntatt (5,1) og (1,1). Den siste gir $\frac{2a+6}{4a}$, så da kan vi ha a=1 eller a=3.

(c,e)=(5,1) gir at vi må ha a=1.

De eneste mulighetene blir altså at

(a,b,c)=
(1,16,1)
(3,16,1)
(1,16,5)
(1,80,1)

Har du noen annen og bedre løsning?

[Brahmagupta]

Løsningen min var omtrent lik. Etter å ha redusert ligning viste jeg at det ikke kunne være noen løsning for $a,e,c\ge 2$,
så minst en av tallene må være lik 1. Satte først a=1 som gir løsningene $(a,e,c)=(1,1,1),(1,5,1),(1,1,5)$ etter litt regning.
På tilsvarende vis ga $e=1$ noen av de samme løsningene i tillegg til $(3,1,1)$, hvor symmetrien mellom e og c
ble benyttet.

[ThomasSkas]

Hei,
er det slik at man hae en stor fordel i slik konkurranse hvis man har kunnskaper fra matematikken på høyskole/universitetet?

Eks. kalkulus, matematikk 1,2,3,4 og hvilke andre?

Er det i så fall da, lov for alle å delta?

[Brahmagupta]

Abelkonkurransen er hovedsakelig for elever på videregående skole og eventuelt ungdomskolen, men jeg tror man har lov til å
delta etter det så lenge man ikke har påbegynt videre utdannelse.

Det er klart en viss fordel av å kunne matematikk fra høyskole/universitet. Dette har mest å gjøre med at man får erfaring med
bevis og bevisføring, men det er også noen emner det er fint å ha kjennskap til, eksempelvis tallteori og differensligninger.
Det skal sies at disse oppgavene handler om å tenke kreativt og i mindre grad handler om å kunne mest mulig matematikk
fra universitet/høyskole.

[Per Spelemann]

Oppgave 2
Punktene P og Q ligger på sidene BC og CD i parallellogrammet ABCD slik
at BP = QD. Vis at skjæringspunktet mellom linjene BQ og DP ligger på
vinkelhalveringslinjen til ∠BAD.

Løsning (skisse)
I et skjevt koordinatsystem, la:
$A=(0,0)$
$B=(1,0)$
$D=(0,b)$
$P=(1,a)$
$Q=(a,b)$

Linjen $DP$ blir da $y=(a-b)x+b$, og linjen $BQ$ blir $(a-1)y=bx-b$.

Disse linjene skjærer hverandre i $(\frac{b}{b-a+1},\frac{b}{b-a+1})$ som jo ligger på vinkelhalveringslinjen.

[Brahmagupta]

2) (Alternativ løsning)

For en trekant $\mathrm{△}ABC$ og en linje fra $C$ som skjærer $AB$ innvendig i $D$ har vi
følgende setning: $CD$ halverer $\mathrm{\angle }C\iff \frac{AC}{CB}=\frac{AD}{DB}$

Så til oppgaven. Vi forlenger først $DP$ slik at den skjærer $AB$ i $E$. La $O=BQ\cap DP$
og trekk linja $AO$. Nå har vi ved setningen at $AO$ halverer $\mathrm{\angle }A$ hvis og bare hvis
$\frac{AF}{AD}=\frac{FO}{DO}$.

Vi har at $\mathrm{△}BFO\sim \mathrm{△}DQO$ og $\mathrm{△}AFD\sim \mathrm{△}BFP$, siden de har parvis like vinkler.
Dermed er $\frac{AF}{AD}=\frac{BF}{BP}=\frac{BF}{DQ}=\frac{FO}{DO}$ som medfører at $AO$ halverer $\mathrm{\angle }A$.

[Gustav]

Da gjenstår bare 3b). Hva syns dere om oppgavene i år?

[Per Spelemann]

Oppgave 3b
Ni punkter er plassert på en sirkel. Vis at det er mulig å farge de 36 kordene
som forbinder dem ved hjelp av fire farger slik at for ethvert utvalg av fire
punkter er hver av de fire fargene brukt for minst én av de seks kordene som
forbinder de utvalgte punktene.

Løsning
Kall punktene $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$, $G$, $H$ og $I$.

Vi kan fargelegge sidene i $\mathrm{△}ABC$, $\mathrm{△}DEF$ og $\mathrm{△}GHI$ turkise,
sidene i $\mathrm{△}AEH$, $\mathrm{△}BFI$ og $\mathrm{△}CDG$ brune,
sidene i $\mathrm{△}ADI$, $\mathrm{△}BEG$ og $\mathrm{△}CFH$ lilla,
og sidene i $\mathrm{△}AFG$, $\mathrm{△}BDH$ og $\mathrm{△}CEI$ blå.

Hver korde er side i nøyaktig én av disse trekantene (og hver side er selvsagt en korde):


Dette er en gyldig fargelegging: Gitt fire tilfeldige punkt. Hvert punkt er da et hjørne i en turkis trekant. Siden det kun er tre turkise trekanter, så må minst to av punktene ligge i samme turkise trekant. Korden mellom disse to punktene er altså fargelagt turkis.

Tilsvarende argument gjelder for de andre fargene.

[Per Spelemann]

Noen tanker om oppgavene:

Personlig vil jeg si at gresshoppe-oppgaven (oppg. 3a) var den enkleste. Om deltakerne er enige, kan nok komme an på om de har vært borti differensligninger før (en godt forberedt deltaker har trolig kjennskap til dem). Geometri-oppgaven (oppg. 2) vil jeg si var den vanskeligste.

Svaret til 1b var artig da det er grunnlovsjubileum i år.

Er det noen som vet hvordan deltakerne gjorde det på de enkelte oppgavene?

[Gustav]

Enig i at oppgave 2 var vanskeligst. Syns også 3b var litt knotete. Ellers var det greie oppgaver. Personlig syns jeg 1b) var den enkleste.

[Brahmagupta]

Fin løsning på 3b). Min løsning endte opp med å bli veldig uoversiktlig og mange tilfeller som måtte sjekkes.

Enig i at oppgavene 1,3a og 4 var greie, mens 2 og 3b krevde litt mer. De har jo begynt å holde en liten treningsleir for deltagerne
i forkant av finalen (siden i fjor), mulig differensligninger ble gjennomgått der.