Abel maraton

[TorsteinBM]

Lil_Flip har rett, jeg brukte X når jeg løste oppgaven, unnskyld forvirringa

[Mattebruker]

Ny oppgave:
En hare hopper hvert sekund med en konstant vektor mellom gitter punkter, en jeger skyter én kule hvert sekund kan jegeren treffe haren på endelig tid

Haren hoppar kvart sekund med ein konstant vektor mellom gitterpunkt. Det må vel bety at haren hoppar med konstant fart der
fartskomponentane v[tex]_{x}[/tex] , v[tex]_{y}[/tex] og v[tex]_{z}[/tex] er konstantar [tex]\in[/tex] Z
Men kva er problemstillinga ............ ?????????

For å unngå at denne tråden stoppar opp , vil eg gjerne poste ei konkret og eintydig oppgave:
Gitt ein spissvinkla trekant ABC. Normalen frå A på BC treffer BC i F , normalen frå B på AC treffer AC i G og normalen frå C på AB treffer AB i H.
Vis at dei tre høgdene halverer vinklane i trekanten FGH .

Kjelde: Alfsen & Alfsen: Plangeometri for realgymnaset , Oslo 1959

[CCPenguin]

La H være ortosenteret i ABC.
Vi trenger bare å bevise at AD er en vinkelhalveringslinje til vinkel ∠EDF, også følger resten av symmetri.
Først, observer at siden ∠CDA = ∠CFA = 90, så er CDAF syklisk.
Siden ∠CEB = ∠CEH = 90 = ∠CDA = ∠CDH, får vi ∠CEH = ∠CDH, og dermed er CEHD syklisk.
Siden CDAF er syklisk er ∠HDF = ∠ADF = ∠ACF = ∠ECH.
Siden ECHF er syklisk får vi ∠ECH = ∠EDH.
AV dette ser vi at ∠HDF = EDH, og dermed er AD vinkelhalveringslinja til ∠EDF, og følgende er BE og CF vinkelhalveringslinjer.
Vi ser også at da er insenteret i DEF lik ortosenteret i ABC

[TorsteinBM]

oppgaven er om jegeren klarer å treffe haren på endelig tid, han vet ikke hvor starter, hvordan den beveger seg eller hvor den er.
haren beveger seg i XY planet konstruert av gitterpunkter med en konstant vektor hvert sekund så den vil ha bevegd seg dobbelt så langt i sekund to som i sekund 1 osv.
når jegeren skyter skyter han bare ett gitterpunkt.
haren starter i planet og beveger seg såklart ikke uendelig fort.

[CCPenguin]

Ny oppgave https://typst.app/project/ryTJAWCnpC8Eb2RJgasng7

[lfe]

Oppgaven ovenfor:
La [tex]n\in \mathbb{N}[/tex] og la [tex]x,y\in \mathbb{R}^{+}[/tex] slik at [tex]x^{n}+y^{n}=1[/tex].
Vis følgende ulikhet:
[tex](\sum_{k=1}^{n}\frac{1+x^{2k}}{1+x^{4k}})(\sum_{k=1}^{n}\frac{1+y^{2k}}{1+y^{4k}})<\frac{1}{(1-x)(1-y)}[/tex]

[Gustav]

Ny oppgave:
En hare hopper hvert sekund med en konstant vektor mellom gitter punkter, en jeger skyter én kule hvert sekund kan jegeren treffe haren på endelig tid

La $(x,y,z,w)$ angi at jegeren antar at haren har startpunkt med koordinater $(x,y)$ og konstant fart $(z,w)$, og således avfyrer et skudd mot gitterpunkt $(x+tz,y+tw)$ i $R^2$ ved tidspunkt $t$. Ved å starte i gitterpunktet $(0,0,0,0)$ i $R^4$ kan jegeren traversere alle gitterpunkter(f.eks. ved å først velge alle gitterpunkt hvis sum av absoluttverdien til koordinatene er lik 0, så 1, så 2, etc.), og dermed vil han på et eller annet endelig tidspunkt ha gjort riktig antagelse, og haren vil bli truffet.

[lfe]

Ny oppgave https://typst.app/project/ryTJAWCnpC8Eb2RJgasng7

Vi viser først [tex]\frac{1+x^{2k}}{1+x^{4k}}<\frac{1}{x^k}[/tex]. Dette følger av at 0<x,y<1:
[tex]\frac{1+x^{2k}}{1+x^{4k}}< \frac{1}{x^k}\Leftrightarrow 0<x^{4k}-x^{3k}-x^k+1=(x^k-1)^2(x^{2k}+x^k+1)[/tex].

Vi har dermed
[tex]\left ( \sum_{k=1}^{n}\frac{1+x^{2k}}{1+x^{4k}} \right )\left ( \sum_{k=1}^{n}\frac{1+y^{2k}}{1+y^{4k}} \right )< \left ( \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{x^k} \right )\left ( \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{y^k} \right )=\frac{1}{(1-x)(1-y)}\cdot\frac{(1-x^{n})(1-y^{n})}{x^ny^n}=\frac{1}{(1-x)(1-y)}\cdot\frac{y^nx^n}{x^ny^n}[/tex], som skulle vises.

[lfe]

Ny oppgave:
La [tex]x_0,y_0[/tex] være positive heltall. Vi definerer [tex]x_{i+1}=x_i+\left \lfloor \sqrt{y_i} \right \rfloor[/tex] og [tex]y_{i+1}=y_i+\left \lfloor \sqrt{x_i} \right \rfloor[/tex] vis at det eksisterer et positivt heltall n slik at [tex]x_n=y_n[/tex].

[Mattebruker]

Viser til løysing av ulikheit v/ Ife

Den første ulikheita viser at vi får ei geom. rekke der
a[tex]_{1}[/tex] = kvotienten k = [tex]\frac{1}{x}[/tex] .
Sumformelen for geom. rekke gir

S[tex]_{n}[/tex] = a[tex]_{1}[/tex] [tex]\cdot[/tex] [tex]\frac{k^{n} - 1}{k - 1 }[/tex] = [tex]\frac{1}{x}[/tex][tex]\cdot[/tex][tex]\frac{\frac{1}{x}^{n} - 1}{\frac{1}{x} - 1}[/tex] = [tex]\frac{x^{-n} - 1}{1 - x}[/tex] = [tex]\frac{1}{1 - x}[/tex][tex]\cdot[/tex] [tex]\frac{( 1 - x^{^{n}})}{x^{n}}[/tex] , x [tex]\neq[/tex] 1
Dette uttrykket avvik litt frå det resultatet du presenterer. Vidare går du ut frå at x , y [tex]<[/tex] 1 for å kome fram til svaret. Denne føresetnaden
bryt med premissen om at x , y [tex]\in[/tex] R[tex]_{+}[/tex] . Korleis heng dette saman ? Kanskje er det eitt eller anna Mattebruker har misforstått.
Mi vurdering: Ulikheita du startar med er " streng " gitt at x [tex]\neq[/tex]1 . Oppskatninga du gjer heilt til slutt ( for å få vekk ein " uønska " eksponent ) er såleis unødvendig. Kabalen går opp !

[Gustav]

Denne føresetnaden
bryt med premissen om at x , y [tex]\in[/tex] R[tex]_{+}[/tex] . Korleis heng dette saman ? Kanskje er det eitt eller anna Mattebruker har misforstått.

Siden $x,y>0$ gir betingelsen $x^n+y^n=1$ at $x,y<1$.

[lfe]

Beklager regnefeil på min side. Den er nå rettet opp og beviset ble forenklet som Mattebruker sier.

[Mattebruker]

Denne føresetnaden
bryt med premissen om at x , y [tex]\in[/tex] R[tex]_{+}[/tex] . Korleis heng dette saman ? Kanskje er det eitt eller anna Mattebruker har misforstått.

Siden $x,y>0$ gir betingelsen $x^n+y^n=1$ at $x,y<1$.

La a [tex]\in[/tex] R[tex]_{+}[/tex]

a [tex]>[/tex] 1 [tex]\Rightarrow[/tex] a[tex]^{n}[/tex] [tex]>[/tex] 1 for alle n [tex]\in[/tex] N ( jamfør grafen til a[tex]^{x}[/tex] , a [tex]>[/tex] 1 )

Med andre ord: Likninga x[tex]^{n}[/tex] + y[tex]^{n}[/tex] = 1 har som føresetnad at x , y [tex]<[/tex] 1 ( sjølvsagt ).

Takk for kommentaren som viste veg ut av " villfaringa " !

[CCPenguin]

"La [x] = floor(rot(x))
Anta WLOG x0 < y0
Først se at x_(i+1)> xi, som impliserer at både xi og yi er strengt voksende følger.
Vi viser først at om x_i <y_i, er x_(i+1) <= y_(i+1)
Dette er ekvivalent med at [yi]-[xi] <= yi-xi. dette er åpenbart siden differanser mellom kvadrattall er større en differansen mellom kvadratrøtter.
vi ser også at x(i+1)-xi>= y(i+1)-yi, siden [yi]>=[xi]. Dette viser at x øker med minst like mye som y.

Vi vil nå vise at for enhver index i slik at xi<yi, finnes en større index n slik at x_(n+1)-x_n > y_(n+1)-y_n, som er ekvivalent med at det finnes en index n der [yn]>[xn]
Dette betyr at for enhver index der xi<yi, kan vi gå et langt nok stykke slik at xi har økt mer en yi. Ved å induktivt repetere denne prosessen vil vi oppnå xk=yk for en k i N.
Anta for motsigelse at [yj] aldri er større en [xj] for en index j > i. siden yj>xj må vi da ha [yj] =[xj]. Dette impliserer at for alle j >i, må differansen yj-xj være konstant.
Vi ser at siden xj øker med [yj], må både xj og yj ligge mellom de to samme påfølgende kvadrattallene a^2 og (a+1)^2
hvor [yi] = [xi] = a.
Anta nå y_(j+1) >= (a+1)^2.
Da må y_(j-1) >= (a+1)^2-2a >a^2
dette viser at vi alltid kan velge j slik at y_(j+2) er det første tallet i følgen y større en (a+1)^2. La j være en slik index
vi ser nå også at yj øker med a, som betyr at y_(j+2) =yj+2a.
Observer at y_(j+2) -(a+1)^2< yj -a^2. siden
yj+2a-a^2-2a-1<yj-a^2
-1<0.
Dermed, ved å øke j med 2, vil y(j+2) bevege seg en nærmere kvadrattallet under seg.
Ved å repetere denne prosessen induktivt, kan vi alltid få y til å bevege seg nærmere [yj]^2, eller det største kvadrattallet under seg.
Og vi har alltid muligheten til å repetere det, siden ved å legge til 2 [yj], vil y(j+2) være større en neste kvadrattall.
Dette vil være sant sålenge yj ikke selv er et kvadrattall, om yj er et kvadrattall og xj<yj, vil [yj] >[xj], og vi har en motsigelse

da finnes alltid en index k slik at [yk] >[xk], og dermed vil det alltid finnes k>i slik at om xi<yi, har xk kommer nærmere yk. Ved å repetere dette vil xk=yk for en eller annen k."

[CCPenguin]

Ny oppgave:
La n være et positivt heltall, og la p være et primtall
Vis at dersom a, b, c er heltall som oppfyller
a^n +pb = b^n+pc = c^n +pa
vil a=b=c