matematikk.net

Som Stensrud nevnte i den andre abeltråden kan det være greit å ha en egen tråd for løsninger og
diskusjon rundt finaleoppgavene.

Oppgavene ligger her: http://abelkonkurransen.no/problems/abe ... rob_nb.pdf

Vi klarer vel å oppdrive løsninger på alle oppgavene som de foregående årene!


Tar med et par forslag selv.

$\textbf{Oppgave 1.}$
Definer $b_i=i+1$ for $1\leq i \leq 1008$ og $b_i=b_{2017-i}$ for $1009\leq i \leq 2016$. Vi observerer først at
hvis $\{a_i\}_i$ er en vandrende følge så vil enten $a_i\equiv i \mod{2}$ for alle $i$ eller $a_i\equiv i+1 \mod{2}$
for alle $i$. La nå $\{a_i\}_i$ være en vandrende følge med $a_1$ jevn og definer $c_i=(a_i-b_i)/2$ for
$1\leq i \leq 1008$. Denne følgen besitter følgende egenskaper:

$\textbf{i)}$ $c_i\in \mathbb{Z}$, siden $a_1\equiv b_1\equiv 0\mod{2}$ og dermed $a_i\equiv i\equiv b_i$ for $1\leq i \leq 1008$.

$\textbf{ii)}$ $c_{i+1}$ er enten lik $c_i$ eller $c_i-1$. Dette følger fra definisjonen av en vandrende følge og definisjonen av $\{b_i\}$
siden $c_{i+1}=\frac12(a_{i+1}-b_{i+1})=\frac12(a_i\pm1-(b_i+1))=\frac12(a_i-b_i)+\frac12(\pm1-1)$.

$\textbf{iii)}$ $c_1=\frac12(a_1-2)\geq 0$, siden $a_1$ per antagelse er jevn, og $c_{1008}=\frac12(a_{1008}-1009)\leq 0$ siden
$a_{1008}$ er odd.

Fra disse tre punktene følger det at $c_i$ er en ikkevoksende følge av heltall som avtar med maksimalt 1 per steg. I
tillegg siden følgen starter på et heltall større eller lik null og ender opp på et heltall mindre eller lik null, må det
nødvendigvis finnes en indeks $j$, $1\leq j\leq 1008$, slik at $c_j=0$ og dermed $a_j=b_j$.

Til slutt observerer vi at hvis $\{a_i\}$ er en vandrende følge med $a_1$ odd, så vil $d_i=a_{2017-i}$ være en vandrende
følge med $d_1$ jevn, og dermed siden $b_i=b_{2017-i}$ vil nøyaktig det samme argument påvise eksistensen av en
indeks $k$, $1\leq k \leq 1008$, slik at $d_k=b_k$ som tilsvarer at $a_j=b_j$ for en $1009\leq j\leq 2016$.

$\textbf{Oppgave 4.}$
Vi skal finne alle $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ som tilfredsstiller
\[f(x)f(y)=|x-y|f\left(\frac{xy+1}{x-y}\right ) \mbox{ for alle } x,y\in\mathbb{R} \mbox{ hvor } x\neq y.\]
For $x=1$ og $y=0$ får vi $f(1)(f(0)-1)=0$ og dermed enten $f(1)=0$ eller $f(0)=1$. Anta først at $f(1)=0$.
Setter vi nå $y=1$ får vi $0=|x-1|f\left (\frac{x+1}{x-1}\right )$ og dermed $f\left(\frac{x+1}{x-1}\right)=0$ for $x\neq 1$.
Siden
\[g:\mathbb{R}\backslash\{0\}\to\mathbb{R}\backslash\{0\} \mbox{ gitt ved } g(x)=\frac{x+1}{x-1}=1+\frac2{x-1}\]
er en bijeksjon, følger det at $f(x)=0$ også for $x\neq 1$. Ved innsetting i den originale ligningen ser vi at
$f(x)=0$ faktisk er en løsning.

Anta nå at $f(0)=1$. For henholdsvis $x=0$ og $y=0$ får vi ligningene $f(y)=|y|f(-1/y)$ og $f(x)=|x|f(1/x)$.
Dermed er $f(x)=|x|f(-1/x)=f(-x)$. La nå $x=\frac12(y-1/y)$ (merk at da er $x\neq y$) slik at $\frac{xy+1}{x-y}=-y$.
Da får vi ligningen
\[f\left(\frac12(y-1/y)\right)f(y)=\frac12|y+1/y|f(-y)=\frac12|y+1/y|f(y).\]
Vi vet allerede at hvis $f(1)=0$ så er $f$ identisk lik $0$, så anta at $f(a)=0$ og at $a\neq \pm1$. Setter vi
nå $(x,y)=(a,-1/a)$ ender vi opp med $f(0)=0$, hvilket motsier antagelsen om at $f(0)=1$. Det følger da at
$f(y)\neq 0$ for alle $y\in \mathbb{R}$ og vi kan kansellere $f(y)$ fra ligningen over slik at
\[f\left(\frac12(y-1/y)\right)=\frac12|y+1/y|=\sqrt{\frac14(y-1/y)^2+1}.\]
Observer at $h:\mathbb{R^+}\to\mathbb{R}$, gitt ved $h(y)=\frac12(y-y^{-1})$, er bijektiv slik at vi nødvendigvis
må ha $f(z)=\sqrt{z^2+1}$ for alle $z\in \mathbb{R}$. Ved innsetting ser vi at denne også løser den opprinnelige
ligningen.

Vi konkluderer med at funksjonalligningen har to løsninger; $f(x)=0$ og $f(x)=\sqrt{x^2+1}$.

Edit.

Brahmagupta skrev: Kombinerer vi disse to ligningene oppnår vi
\[f(x)^2=|x||x+1/x|=|x^2+1|\Rightarrow f(x)=\pm \sqrt{x^2+1},\]
for $x\neq 0$. Ved innsetting i den opprinnelig ligningen ser vi at kun $f(x)=\sqrt{x^2+1}$ (her er $f(0)=1$
så dette holder for alle $x\in\mathbb{R}$) fungerer;

Her skurrer det litt. Du har vist at for enhver $x$ er $f(x)$ enten lik $\sqrt{x^2 + 1}$ eller $-\sqrt{x^2 + 1}$, men det kan hende at det første er tilfellet for noen $x$, og det andre er tilfellet for andre $x$. For at det skal holde å sette inn de to uttrykkene du fant i den opprinnelige likningen må du vise at $f$ har samme fortegn hele tiden først.

2a) Legger sammen likningene og får $ab-a-b+cd-c-d=0$, som også kan skrives $(a-1)(b-1)+(c-1)(d-1)=2$. Begge ledd er ikkenegative, og da må $0<a,c<3$. Tester de ulike mulighetene: $a=1$ medfører at $c=2, d=3$. Første likning gir da at $b=5$. $a=2$ medfører at $b$ enten er $2$ eller $3$. Hvis $b=3$ må, fra symmetrien, $c=1, d=5$. Hvis $b=2$, må $c=d=2$. Løsningene blir altså $(a,b,c,d)=(2,2,2,2), (1,5,2,3), (2,3,1,5)$.

2b) Løste denne ved å betrakte pariteten og redusere. Kjedelig løsning. Noen som fant en elegant en?

Karl_Erik skrev: Her skurrer det litt. Du har vist at for enhver $x$ er $f(x)$ enten lik $\sqrt{x^2 + 1}$ eller $-\sqrt{x^2 + 1}$, men det kan hende at det første er tilfellet for noen $x$, og det andre er tilfellet for andre $x$. For at det skal holde å sette inn de to uttrykkene du fant i den opprinnelige likningen må du vise at $f$ har samme fortegn hele tiden først.

Helt enig med deg der! Har endret deler av argumentet nå.

Oppgave 2a
Vi ser raskt at $\triangle CB'X$ og $\triangle CA'X$ er kongruente, som medfører $\angle XCB'=\angle A'CX$, og at $X$ ligger på vinkelhalveringslinjen til $BAC$. Av symmetrigrunner er derfor $X$ innsenteret i $\triangle ABC$, og følgelig må $AY$ og $BY$ være ytre vinkelhalveringslinjer. Da får vi at $Y$ er senteret for den utvendige tangeringssirkelen $\Gamma_A$ motsatt av $A$ i $\triangle ABC$. Tangeringspunktene mellom innsirkelen og $AB$, og $\Gamma_A$ og $AB$ ligger på hver sin side av $XY\cap AB$ på AB, med mindre alle tre punktene faller sammen, som bare skjer når $AC=BC$. Figur:

Oppgave 2b
Siden $A_2A$ og $QA_3$ er parallelle og $A_2C=CA_3$, ligger $C$ midt mellom de to linjene. Det følger da at $\triangle ACQ$ er likebeint, slik at $\angle CQA=\angle CAQ=\angle QAB$, som ønsket.