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 $0$. #
Abel maraton
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
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 $\frac{1}{36}$?
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
- Noether
- Innlegg: 25
- Registrert: 10/12-2023 10:58
- Sted: Abelmaraton
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.
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
- Noether
- Innlegg: 25
- Registrert: 10/12-2023 10:58
- Sted: Abelmaraton
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.
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.
This is a great solution! I wonder if the legendary Lil Flip took some inspiration from the even more legendary Big Flip.Lil_Flip38 skrev: ↑16/04-2024 22:48 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.
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
- Weierstrass
- Innlegg: 474
- Registrert: 26/02-2021 21:28
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 !
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 !
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.
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.
-
TorsteinBM
- Pytagoras
- Innlegg: 14
- Registrert: 13/12-2023 07:55
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]
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]