Abel maraton

[xor]

I must say that I'm thoroughly disappointed by the prevalent use of Norwegian in this forum (considering many of its members must practice writing proofs in English for international contests)! Especially the use of terminology such as "omorganisering" for "permutation" makes me very sad.

Claim: The only solution to this problem is $\forall i \in \{1..n\}, a_i = 0$.

Squaring all the terms yields for each $i$: $a_i^2-4a_ia_{i+1}+4a_{i+1}^2$ (denote $a_{n+1}=a_1$). Summing over all $i$
yields the following: $\sum_{i=1}^na_i^2-4a_ia_{i+1}+4a_{i+1}^2 = \sum_{i=1}^n5a_i^2-4a_ia_{i+1}$ which should be equal to the sum of squares of the original tuple, so we are left with: $\sum_{i=1}^n5a_i^2-4a_ia_{i+1} = \sum_{i=1}^na_i^2$,
so $\sum_{i=1}^n4a_i^2-4a_ia_{i+1} = 0$, and hence $\sum_{i=1}^n2a_i^2-2a_ia_{i+1} = 0$. It follows that $\sum_{i=1}^n(a_i+a_{i+1})^2 = 0$, which is only when all $a_i$ are $0$. #

[xor]

New problem:

Big Flip and Lil Flip play the following game. First each of them independently roll a dice $100$ times in a row to construct a $100$-digit number with digits $1,2,3,4,5,6$ then they simultaneously shout a number from $1$ to $100$ and write down the corresponding digit to the number other person shouted in their $100$ digit number. If both of the players write down $6$ they both win otherwise they both lose. Do they have a strategy with winning chance more than $\frac{1}{36}$?

[Lil_Flip38]

Følgene strategi er bra for brødrene flip.

Begge roper 1 hvis de har 6er på den første plassen, og 2 hvis det ikke er 6er på første plass.

Noter at sjansen på at begge roper 1 er 1/36, og at sjansen for at de begge har 6 på plass 2 og ikke 6er på plass 1 er større enn 0. Denne strategien vil derfor ha en vinnersjanse på mer enn 1/36.

[Lil_Flip38]

Ny oppgave:
Linja gjennom $A$ i trekant $ABC$ parallell med $BC$ skjærer omsirkelen til $ABC$ i $A_1$[tex]\neq[/tex]$A$. Definer $B_1$ og $C_1$ på lik måte. Vis at normalene fra $A_1$, $B_1$, $C_1$ til $BC$, $CA$, $AB$ skjærer i et punkt.

[xor]

Følgene strategi er bra for brødrene flip.

Begge roper 1 hvis de har 6er på den første plassen, og 2 hvis det ikke er 6er på første plass.

Noter at sjansen på at begge roper 1 er 1/36, og at sjansen for at de begge har 6 på plass 2 og ikke 6er på plass 1 er større enn 0. Denne strategien vil derfor ha en vinnersjanse på mer enn 1/36.

This is a great solution! I wonder if the legendary Lil Flip took some inspiration from the even more legendary Big Flip.

However, we should not be satisfied by this solution alone (mostly because it is in Norwegian), as there is a very nice instructive extension to it. Note that by employing a similar strategy, with the Flip brothers each shouting the index at which their first $6$ occurs (if no $6$ occurs it doesn't matter as they've lost anyway). The probability as the number of dice rolls goes to infinity will be the infinite geometric series $\sum_{i=0}^{\infty}\frac{1}{36}\times (\frac{25}{36})^i = \frac{1}{11}$ (the probability that both of their first $6$s are at the $i$th index ($0$-indexing yay!) is $\frac{1}{36}\times (\frac{25}{36})^i$).

[Mattebruker]

Viser til ny oppgave v / Lil_Flip38 datert 16. april ( 22:45 ).
Dette problemet har så langt blitt ståande ubesvart. For å kome ut av "døvatnet" tør eg presentere nokre tankar som kanskje kan føre fram til ei komplett løysing.
La k vere linja gjennom A og A[tex]_{1}[/tex] , l linja gjennom B og B[tex]_{1}[/tex], og m linja gjennom C og C[tex]_{1}[/tex].
La vidare D vere skjeringa mellom k og l , E skjeringa mellom l og m , og endeleg F skjeringa mellom m og k.
Da vil vi sjå at normalen( n[tex]_{1}[/tex]) til AB gjennom punktet C[tex]_{1}[/tex] går gjennom punktet D , normalen (n[tex]_{2}[/tex]) til BC gjennom punktet A[tex]_{1}[/tex] går gjennom punktet E , og normalen( n[tex]_{3}[/tex]) gjennom B[tex]_{1}[/tex] går gjennom punktet F. Normalane n[tex]_{1}[/tex] , n[tex]_{2}[/tex] og n[tex]_{3}[/tex] fell saman med høgdene i trekanten DEF. Da står det att å vise følgjande lemma: Høgdene i ein trekant møtest i eitt punkt ( ortosenteret ). Dette er relativt lett å vise gjennom ei figurbetraktning der dei tre høgdene fell saman med midtnormalane i ein " ny " trekant som er 4X den første og formlik med denne. Kan også velje ei analytisk løysing: Vise at skjeringa mellom to av normalane ligg på den tredje høgdenormalen.
Må samtidig vedgå at beviset ovanfor lid under ei svakheit: Normalen( n[tex]_{1}[/tex]) til AB gjennom punktet C[tex]_{1}[/tex] går gjennom punktet D. Dette er strengt tatt ein påstand som har krav på ei grunngjeving. Ei passande utfordring til deg som les dette innlegget. God fornøyelse !

[lfe]

Løsning på oppgaven til Lil-Flip:

Vi bruker en type transformasjoner som kalles homotetier. En homoteti H(S, k) er en skalering som defineres av et punkt S og en skaleringsfaktor k slik at for alle punkter X i planet er [tex]H(S,k)(\vec{SX})=k\vec{SX}[/tex]. Den viktigste egenskapen til homotetier er at for alle homotetier H(S,k) og linjer m er [tex]H(S,k)(m)\parallel m[/tex]. Dermed bevarer homotetier formlikhet.
Før vi begynner med oppgaven trenger vi en sirkel som heter nipunktsirkelen.
Påstand: La ABC være en trekant med ortosenter H. La D, E, og F være føttene til høydene fra A, B og C. La P, Q og R være midtpunktene på BC, AC og AB. La X, Y og Z være midtpunktene på AH, BH og CH. Punktene D, E, F, P, Q, R, X, Y og Z ligger på en sirkel som kalles nipunktsirkelen.
Bevis: La refleksjonene av H over D og P være [tex]A_1[/tex] og [tex]A_2[/tex]. Først ønsker vi å vise at [tex]A_1[/tex] og [tex]A_2[/tex] ligger på omsirkelen til ABC.
ARHQ er syklisk siden [tex]\measuredangle HRA=\measuredangle HQA=90^{\circ}[/tex].
Vi har dermed [tex]\measuredangle CAB=\measuredangle QAR=\measuredangle QHR=\measuredangle BHC[/tex].
Siden [tex]HD\perp BC[/tex], er refleksjon over D er det samme som refleksjon over BC.
Refleksjon over BC sender [tex]BCH[/tex] til [tex]BCA_1[/tex]. Derfor er [tex]\measuredangle BHC=\measuredangle CA_1B[/tex] (trekanten snur seg).
Refleksjon over P sender [tex]BHC[/tex] til [tex]CA_2B[/tex] og vi får [tex]\measuredangle BHC=\measuredangle CA_2B[/tex].
Vi har dermed [tex]\measuredangle CAB=\measuredangle CA_1B=\measuredangle CA_2B[/tex] som impliserer at [tex]A_1[/tex] og [tex]A_2[/tex] ligger på omsirkelen til ABC.
La [tex]B_1[/tex] og [tex]B_2[/tex] være refleksjonene av H over E og Q, og la [tex]C_1[/tex] og [tex]C_2[/tex] være refleksjonene av H over F og R.
Homotetien [tex]\Psi=H(H, \frac{1}{2})[/tex] sender sirkelen [tex]()AC_1C_2BA_1A_2CB_1B_2)[/tex] til [tex](XRFYPDZQE)[/tex] fordi:
[tex]A \mapsto X[/tex]
[tex]B \mapsto Y[/tex]
[tex]C \mapsto Z[/tex]
[tex]A_1 \mapsto D[/tex]
[tex]A_2 \mapsto P[/tex]
[tex]B_1 \mapsto E[/tex]
[tex]B_2 \mapsto Q[/tex]
[tex]C_1 \mapsto F[/tex]
[tex]C_2 \mapsto R[/tex]
Dermed er påstanden bevist.
Legg merke til at [tex]\Psi[/tex] sender omsenteret O til senteret av nipunktsirkelen N. Det betyr at N ligger på Eulerlinjen og er midtpunktet mellom H og O.

Vi tar nå fatt på oppgaven:
Mattebrukers idee: La [tex]D=BB_1\cap CC_1[/tex], [tex]E=AA_1\cap CC_1[/tex] og [tex]F=AA_1\cap BB_1[/tex]. Det holder å vise at [tex]DA_1[/tex], [tex]EB_1[/tex] og [tex]FC_1[/tex] er høydene i DEF siden ortosenterets eksistens er velkjent.
Av det vi tidligere har vist trenger vi nå bare bevise at A, B og C er midtpunktene på EF, DF og DE. Dette impliserer nenlig at omsirkelen til ABC er nipunktsirkelen og at [tex]A_1[/tex], [tex]B_1[/tex] og [tex]C_1[/tex] er føttene til høydene i DEF.

Påstand: A, B og C er midtpunktene på EF, DF og DE.
Av parallelle linjer får vi at
[tex]\measuredangle BAC=\measuredangle ECA=\measuredangle ABF[/tex]
[tex]\measuredangle ACB=\measuredangle CAE=\measuredangle BFA[/tex].
Dermed er [tex]\Delta ABC\sim \Delta CEA\sim \Delta BAF[/tex].
I tillegg har vi at ABC og CEA deler AC, og ABC og BAF deler AB. Siden dette er tilsvarende sider, er de tre trekantene kongruente.
Det betyr [tex]EA=AF[/tex]. Dermed er A midtpunktet på EF.
På samme måte kan vi vise at B og C er midtpunktene på DF og DE.

[lfe]

Ny oppgave:
Finn alle polynomer [tex]P\in \mathbb{R}\left [ x \right ][/tex] slik at [tex]P(z^2)+P(z)P(z+1)=0[/tex] for alle [tex]z\in \mathbb{R}[/tex]
.

[TorsteinBM]

svar: [tex]P(z) = -1[/tex], [tex]P(z) = 0[/tex] og [tex]P(z)=-(z^2-z)^n[/tex]

lemma: antall nullpunkter er enten uendelig, 0 eller 2, hvor de to er i 0 og 1

bevis: anta at funksjonen har et nullpunkt i [tex]x=k[/tex] og sett [tex]z+1 = k[/tex]
dette fører til at [tex]k^2[/tex] også er et nullpunkt. Vi får og at [tex]k^2 +2k+1[/tex] er et nullpunkt ved å sette [tex]z = k[/tex]
vi kan nå lett skaffe uendelig nullpunkter med mindre [tex]k = 1[/tex] eller [tex]k=0[/tex] da vil vi få [tex]x=0[/tex] og [tex]x=1[/tex] som nullpunkter blir [tex]P(z)=c(z^a((z-1)^b)[/tex] ved å plugge inn dette får du at c=-1 og a=b, som vi kan sjekke om funker

videre til casen om ingen nullpunkter hvis polynomet har imaginære røtter får vi at [tex]P(z^2)[/tex] ikke [tex]x^2[/tex] ledd mens [tex]P(z)P(z+1)[/tex] har det så den kan ikke ha røtter

dette betyr at hvis [tex]P[/tex] har ingen nullpunkter har den ingen røtter. så den er konstant hvor eneste løsning er [tex]P(z) = -1[/tex] og hvis den har nullpunkter er svaret [tex]P(z) = 0[/tex] eller [tex]P(z)=-(z^2-z)^n[/tex]

[TorsteinBM]

ny oppgave:
Finn alle funksjoner [tex]f:\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}^+[/tex] som tilfredstiller likningen [tex]f(x)f(y)=2f(x+yf(x)))[/tex]
for alle positive reele tall x og y

[Lil_Flip39]

[Hei, jeg vil bare si at oppgaven til TorsteinBM allerede har blitt lagt ut som den andre oppgaven i dette forumet.
(dette er Lil_flip38 sin andre bruker)

[TorsteinBM]

hei unnskyld at oppgaven har vært før her kommer ny oppgave:

1000 elever står i en sirkel vis at det finnes en [tex]100\leq k \leq 300[/tex]
slik at det finnes [tex]2k[/tex] påfølgende elever hvor første halvdel har like mange jenter som andre halvdel

[Lil_Flip39]

Anta for motstigelse at det finnes en konfigurasjon hvor det ikke eksisterer en $k$ som oppfyller oppgaven,
Vi starter med å se på $k=100$. Vi ser på differansen mellom antall jenter i den første halvdelen og den andre halvdelen, og vi roterer denne blokka rundt sirkelen med 1 mot klokka hele veien rundt. Når blokken blir flyttet med 1, er det lett å se at differansen ender seg maks med 2, og at summen av alle differansene er 0( alle jentene blir telt like mange ganger). Da vil det være et punkt hvor differansen går fra $-1$ til $1$, siden differansen ikke kan være 0. Da ser man at vi vil ha følgene konfigurasjon et eller annet sted rundt sirkelen:

$G, a_1, a_2 ,......, a_{99}, J, b_1, b_2, ......., b_{99}, G$ hvor $a_1, a_2 ,......, a_{99}$ og $b_1, b_2, ......., b_{99}$ har like mange jenter.

Nå ser vi på $k=101$. På lik måte ser vi at på utsiden av $G$ene må det være en til $G$, så vi ender opp med $G, G, a_1, a_2 ,......, a_{99}, J, b_1, b_2, ......., b_{99}, G, G$. Vi fortsetter Denne prosessen med $k=102, ......., 300$ får vi over $200$ gutter på hver side, som er en motstigelse.

[Lil_Flip39]

ny oppgave
La $ABC$ være en spissvinklet trekant med ortosenter $H$. La $AD$ være en høyde i trekanten, og $M$ midtpunktet på $AC$. La refleksjonen av $H$ over $BC$ være $H_1$. La projeksjonene av $D$ på segmentene $AB,AC$ og $BH_1$ være $P,Q$ og $R$. Vis at refleksjonen av $M$ over omsenteret til $PQR$ ligger på segmentet $BH_1$

[lfe]

Løsning:
La [tex]R_{1}[/tex] være projeksjonen av D på [tex]CH_{1}[/tex]. La X, Y og Z være midtpunktene på AB, [tex]BH_1[/tex] og [tex]CH_1[/tex].
Påstand: [tex]PQRR_1MXYZ[/tex] ligger på én sirkel.
Bevis:
Av homotetier i A, B , C og [tex]H_1[/tex] vet vi at [tex]AH_1\parallel MZ\parallel XY[/tex] og [tex]BC\parallel MX\parallel YZ[/tex].
Siden [tex]AB\perp BC[/tex], er dermed MXYZ et rektangel.
Homotetien [tex]H(H_1,2)[/tex] sender ZD til CH og og YD til BH.
Siden CH og BH er høyder, er Y, D og Q kollineære og Z, D og P kollineære.
Det følger at MXYZPQ er syklisk siden [tex]\measuredangle MPY=\measuredangle MZY=\measuredangle XQZ=\measuredangle XYZ[/tex].
Videre har vi at BPDR er syklisk siden [tex]\measuredangle BPD=\measuredangle BRD[/tex].
Dermed er [tex]\measuredangle PAH_1=\measuredangle PDB=\measuredangle PRB=\measuredangle PRH_1[/tex].
Dette impliserer at [tex]PAH_1R[/tex] er syklisk. Siden [tex]AH_1\parallel XY[/tex], er PXRY også syklisk.
På samme måte er [tex]QMR_1Z[/tex] også syklisk.
Dermed ligger [tex]PQRR_1MXYZ[/tex] på én sirkel.

Det følger at MY er en diameter i omsirkelen til PQR. Dermed er Y refleksjonen av M over omsenteret til PQR. Per definisjon ligger Y på [tex]BH_1[/tex]