Anta uten tap av generalitet for motsigelsens skyld at [tex]a=b\neq c[/tex].
Vi har dermed [tex]b^n+pc=a^n+pb=b^n+pb[/tex]. Dette impliserer [tex]b=c[/tex], en motsigelse.
Vi antar fra nå for motsigelsens skyld at a,b og c er ulike heltall som tilfredsstiller likningene.
Fra likhetene i oppgaven får vi
[tex]a^n-b^n=p(c-b)[/tex]
[tex]b^n-c^n=p(a-c)[/tex]
[tex]c^n-a^n=p(b-a)[/tex].
Vi har dermed [tex]\prod_{cyc}^{}\left ( \frac{a^n-b^n}{a-b} \right )=p^3[/tex]
Påstand: [tex]\frac{a^n-b^n}{a-b}\neq \pm 1[/tex]
Bevis:
Anta for motsigelsens skyld at n=1.
[tex]a-b=pc-pb=p^2c-p^2a=p^3b-p^3a[/tex], en motsigelse.
Vi kan derfor anta [tex]n\geq 2[/tex].
Dersom [tex]|a|=|b|[/tex], må [tex]a=-b[/tex].
Hvis [tex]2\mid n[/tex]:
[tex]a^n+p(-a)=(-a)^n+pc\Rightarrow c=-a[/tex], en motsigelse.
Hvis [tex]2\nmid n[/tex]:
[tex]a^n-a=\pm (a^n+a)[/tex], en motsigelse.
Anta uten tap av generalitet at [tex]|a|>|b|[/tex]. Vi har dermed [tex]|a(a^{n-1}-1)|>|b(b^{n-1}-1)|\Rightarrow a^n-b^n\neq a-b[/tex].
Påstanden må dermed stemme.
Er dermed [tex]|\frac{a^n-b^n}{a-b}|=|\frac{b^n-c^n}{b-c}| =|\frac{c^n-a^n}{c-a}|=p[/tex].
En av brøkene må være positiv. Uten tap av generalitet, la [tex]\frac{a^n-b^n}{a-b}=p[/tex].
Det betyr at [tex]a^n-b^n=p(a-b)=p(c-b)\Rightarrow b=c[/tex], en motsigelse.
Abel maraton
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Lil_Flip38
- Noether
- Innlegg: 25
- Registrert: 10/12-2023 10:58
- Sted: Abelmaraton
https://1drv.ms/i/s!As30ClS-AoiBqVbyZ9X ... 7?e=4QQ4fH
vi setter opp kordinatsystem.
Observer at oppgaven er ekvalent med å vise at antall gitterpunkter under/på linja y=(a/b)x, over x-aksen og til venstre for linja x=b, og antall gitterpunkter under/på linja y=(b/a)x, over x-aksen og til venstre for linja x=a.
linjene y=(a/b)x og y=(b/a)x er isogonale, som betyr at hvis vi reflekterer over vinkelhalveringslinja ser vi at gitterpunktene former et rektangel, og det betyr at antall gitterpunkter er like, så vi er ferdige.
vi setter opp kordinatsystem.
Observer at oppgaven er ekvalent med å vise at antall gitterpunkter under/på linja y=(a/b)x, over x-aksen og til venstre for linja x=b, og antall gitterpunkter under/på linja y=(b/a)x, over x-aksen og til venstre for linja x=a.
linjene y=(a/b)x og y=(b/a)x er isogonale, som betyr at hvis vi reflekterer over vinkelhalveringslinja ser vi at gitterpunktene former et rektangel, og det betyr at antall gitterpunkter er like, så vi er ferdige.
-
Lil_Flip38
- Noether
- Innlegg: 25
- Registrert: 10/12-2023 10:58
- Sted: Abelmaraton
ny oppgave:
la $ABC$ være inskrevet i en sirkel [tex]\omega[/tex]. En sirkel gjennom $B$ og $C$ skjære $AB$ og $AC$ i igjen i $S$ og $R$. $BR$ and $CS$ skjærer i $L$. Strålene $LR$ og $LS$ skjærer [tex]\omega[/tex] i $D$ $E$. Den indre vinkelhalveringslinja av [tex]\angle BDE[/tex] møter $ER$ i $K$. Vis at hvis [tex]BE=BR[/tex], da er [tex]\angle ELK=\frac{1}{2}\angle BCD[/tex]
la $ABC$ være inskrevet i en sirkel [tex]\omega[/tex]. En sirkel gjennom $B$ og $C$ skjære $AB$ og $AC$ i igjen i $S$ og $R$. $BR$ and $CS$ skjærer i $L$. Strålene $LR$ og $LS$ skjærer [tex]\omega[/tex] i $D$ $E$. Den indre vinkelhalveringslinja av [tex]\angle BDE[/tex] møter $ER$ i $K$. Vis at hvis [tex]BE=BR[/tex], da er [tex]\angle ELK=\frac{1}{2}\angle BCD[/tex]
La [tex]\measuredangle[/tex] være symbolet for rettede vinkler.
Påstand: BE=BR=BC
Bevis:
Av sykliske firkanter har vi at
[tex]\measuredangle ACE=\measuredangle RCS=\measuredangle RBS=\measuredangle DBA[/tex]
Det betyr at BA er vinkelhalveringslinjen til [tex]\angle RBE[/tex] og midtnormalen til ER.
Videre bruker vi at [tex]\measuredangle ERS=\measuredangle SER[/tex].
[tex]\measuredangle BEC=\measuredangle BER-\measuredangle SER=\measuredangle ERB-\measuredangle ERS=\measuredangle SRB=\measuredangle SCB=\measuredangle ECB[/tex].
Dermed er BCE en likebent trekant, hvor BE=BC.
Påstand: K er innsenteret til trekant ELD.
Bevis:
Det holder å vise at ER er vinkelhalveringslinjen til [tex]\angle LED[/tex].
La ER skjære [tex]\omega[/tex] i [tex]P(\neq E)[/tex].
ED er parallell med SR fordi
[tex]\measuredangle SRB=\measuredangle SCB=\measuredangle ECB=\measuredangle EDB[/tex].
Vi har dermed [tex]\measuredangle RED=\measuredangle PED=\measuredangle ERS=\measuredangle SER=\measuredangle CEP=\measuredangle LER[/tex].
Det betyr at ER er vinkelhalveringslinjen til [tex]\angle LED[/tex].
Det betyr at oppgaven er ekvivalent med å vise [tex]\angle ELD=\angle BCD[/tex].
Det er nå tilstrekkelig å vise [tex]\Delta BCD\sim \Delta ELD[/tex].
Dette følger av:
[tex]\measuredangle LED=\measuredangle CED=\measuredangle CBD[/tex]
Siden BE=BC, [tex]\measuredangle EDL=\measuredangle EDB=\measuredangle BDC[/tex].
Påstand: BE=BR=BC
Bevis:
Av sykliske firkanter har vi at
[tex]\measuredangle ACE=\measuredangle RCS=\measuredangle RBS=\measuredangle DBA[/tex]
Det betyr at BA er vinkelhalveringslinjen til [tex]\angle RBE[/tex] og midtnormalen til ER.
Videre bruker vi at [tex]\measuredangle ERS=\measuredangle SER[/tex].
[tex]\measuredangle BEC=\measuredangle BER-\measuredangle SER=\measuredangle ERB-\measuredangle ERS=\measuredangle SRB=\measuredangle SCB=\measuredangle ECB[/tex].
Dermed er BCE en likebent trekant, hvor BE=BC.
Påstand: K er innsenteret til trekant ELD.
Bevis:
Det holder å vise at ER er vinkelhalveringslinjen til [tex]\angle LED[/tex].
La ER skjære [tex]\omega[/tex] i [tex]P(\neq E)[/tex].
ED er parallell med SR fordi
[tex]\measuredangle SRB=\measuredangle SCB=\measuredangle ECB=\measuredangle EDB[/tex].
Vi har dermed [tex]\measuredangle RED=\measuredangle PED=\measuredangle ERS=\measuredangle SER=\measuredangle CEP=\measuredangle LER[/tex].
Det betyr at ER er vinkelhalveringslinjen til [tex]\angle LED[/tex].
Det betyr at oppgaven er ekvivalent med å vise [tex]\angle ELD=\angle BCD[/tex].
Det er nå tilstrekkelig å vise [tex]\Delta BCD\sim \Delta ELD[/tex].
Dette følger av:
[tex]\measuredangle LED=\measuredangle CED=\measuredangle CBD[/tex]
Siden BE=BC, [tex]\measuredangle EDL=\measuredangle EDB=\measuredangle BDC[/tex].
Ny oppgave:
La ABC være en trekant med omsirkel [tex]\omega[/tex] og omsenter O. La [tex]A_1[/tex] være foten til høyden fra A og la [tex]A_2[/tex] være skjæringen mellom AO og BC. La [tex]\Omega_A[/tex] være sirkelen gjennom [tex]A_1[/tex] og [tex]A_2[/tex] som tangerer [tex]\omega[/tex] i [tex]T_A[/tex], der [tex]T_A[/tex] og A ligger på hver sin side av BC. Vi definerer [tex]B_1,B_2,C_1,C_2, T_B, T_C[/tex] på samme måte. Vis at [tex]AT_A[/tex], [tex]BT_B[/tex] og [tex]CT_C[/tex] skjærer i ett punkt.
La ABC være en trekant med omsirkel [tex]\omega[/tex] og omsenter O. La [tex]A_1[/tex] være foten til høyden fra A og la [tex]A_2[/tex] være skjæringen mellom AO og BC. La [tex]\Omega_A[/tex] være sirkelen gjennom [tex]A_1[/tex] og [tex]A_2[/tex] som tangerer [tex]\omega[/tex] i [tex]T_A[/tex], der [tex]T_A[/tex] og A ligger på hver sin side av BC. Vi definerer [tex]B_1,B_2,C_1,C_2, T_B, T_C[/tex] på samme måte. Vis at [tex]AT_A[/tex], [tex]BT_B[/tex] og [tex]CT_C[/tex] skjærer i ett punkt.
-
Mattebruker
- Weierstrass
- Innlegg: 474
- Registrert: 26/02-2021 21:28
Hallo !
Har studert løysingforslaget ditt med stor interesse.
Heilt i starten vil du vise du at AB halverer [tex]\measuredangle[/tex]DBE. Da må du vel strengt teke vise at
[tex]\measuredangle[/tex]DBA = [tex]\measuredangle[/tex]ABE . Sett frå min ståstad vil det da vere naturleg å følgje denne slutnings-rekka:
[tex]\measuredangle[/tex]ABE = [tex]\measuredangle[/tex]ACE ( periferivinklar i den sykliske firkanten AEBC ) = [tex]\measuredangle[/tex]RCS = [tex]\measuredangle[/tex]RBS ( periferivinklar i syklisk firkant( RSBC ) ) = [tex]\measuredangle[/tex]DBA ( som skulle visast )
Forøvrig elegant løysing å vise at K er innsenteret i [tex]\bigtriangleup[/tex] ELD.
Har studert løysingforslaget ditt med stor interesse.
Heilt i starten vil du vise du at AB halverer [tex]\measuredangle[/tex]DBE. Da må du vel strengt teke vise at
[tex]\measuredangle[/tex]DBA = [tex]\measuredangle[/tex]ABE . Sett frå min ståstad vil det da vere naturleg å følgje denne slutnings-rekka:
[tex]\measuredangle[/tex]ABE = [tex]\measuredangle[/tex]ACE ( periferivinklar i den sykliske firkanten AEBC ) = [tex]\measuredangle[/tex]RCS = [tex]\measuredangle[/tex]RBS ( periferivinklar i syklisk firkant( RSBC ) ) = [tex]\measuredangle[/tex]DBA ( som skulle visast )
Forøvrig elegant løysing å vise at K er innsenteret i [tex]\bigtriangleup[/tex] ELD.
-
Lil_Flip38
- Noether
- Innlegg: 25
- Registrert: 10/12-2023 10:58
- Sted: Abelmaraton
Først skal jeg introdusere isognale linjer, symmedianer og harmoniske firkanter.
I en vinkel kaller vi 2 linjer Isogonale hvis de er refleksjonen av hverandre over vinkelhalveringslinja. symmedianen er definert som refleksjonen av medianen over vinkelhalveringslinja. Symmedianen inneholder mange nyttige egenskaper, og den viktigste er kanskje at $A$-symmedianen i trekant $ABC$ går gjennom skjæringen mellom tangentene til omsirkelen gjennom $B$ og $C$. Et syntetisk bevis på dette er ikke så lett, så den letteste løsningen er å bruke sinussetningen. Vi kaller en en syklisk firkant $ABCD$ harmonisk hvis tangentene i $A$ og $C$ skjærer på linja $BD$. Et resultat i harmoniske firkanter er:
$AC$ er symmedian i $ABD$,
$AC$ er symmedian i $CBD$,
$BD$ er symmedian i $BAC$
og $BD$ er symmedian i $DAC$.
Av konstruksjon av symmedianen er $BD$ symmedianen i $BAC$ og $DAC$. Ved hjelp av formlike trekanter og vinkeljakt kan man komme fram til resten av resultatet.
Dette er det som brukes i løsningen her.
Jeg har ikke forklart veldig bra her og har ikke bevist noen av resultatene. Noen forskjellig bevis på at symmedianen går gjennom skjæringen av tangentene finner du i denne handouten: https://yufeizhao.com/olympiad/geolemmas.pdf. En annen god introduksjon til symmedianer finner man i kapittel 4 i boka EGMO av Evan Chen. Jeg presenterer også en løsning som bruker inversjon istedenfor symmedianer, som man kan lese om her: https://services.artofproblemsolving.co ... 9uLnBkZg==
tilbake til oppgaven:
Påstand: linja $AA_T$ er $A$-symmedianen i $ABC$. Jeg presenterer 2 bevis på påstanden.
Bevis 1:
la $S$ være omsirkelen til $AA_1A_2$. la $O_1$ være omsenteret til $AA_1A_2$. Siden $A-O_1-O$ er en linje, så er $S$ og $\omega$ tangent. Hvis vi ser på potenssenteret til de tre sirkelene får vi at tangentene til $\omega$ i $T_A$ og $A$ skjærer på $BC$. Dette impliserer at $ABCT_A$ er en harmonisk firkant, så $AA_T$ er symmedianen.
Bevis 2:
La $AA_1$ og $AA_2$ skjære $\omega$ i $D$ og $E$.
La [tex]\Phi[/tex] være inversjon rundt $A$ med radius [tex]\sqrt{bc}[/tex] kompinert med refleksjon over vinkelhalveringslinja. [tex]\Phi[/tex] bytter $B$ og $C$, $A_1$ og $E$, $A_2$ og $D$, siden ortosenteret og omsenteret er isogonalkonjugater.
$\Omega_A$ blir sendt til sirkelen gjennom $D$ og $E$ tangent til $BC$.
$BCDE$ er en likebeint trapes, så sirkelen gjennom $D$ og $E$ tangent til $BC$ tangerer i midtpunktet av $BC$, som betyr at $AA_T$ er linja som er isogonal med medianen, altså symmedianen.
Av påstand er $AT_A, BT_B$ og $CT_C$ de tre symmedianene i trekanten, så de skjærer i et punkt.
Ny oppgave: la [tex]\mathbb{N}[/tex] være de positive heltallene. Finn alle funksjoner $f$: [tex]\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}[/tex] slik at $f(a)+b$[tex]\mid[/tex]$a^2$+$f(a)f(b)$ for alle positive heltall $a,b$
I en vinkel kaller vi 2 linjer Isogonale hvis de er refleksjonen av hverandre over vinkelhalveringslinja. symmedianen er definert som refleksjonen av medianen over vinkelhalveringslinja. Symmedianen inneholder mange nyttige egenskaper, og den viktigste er kanskje at $A$-symmedianen i trekant $ABC$ går gjennom skjæringen mellom tangentene til omsirkelen gjennom $B$ og $C$. Et syntetisk bevis på dette er ikke så lett, så den letteste løsningen er å bruke sinussetningen. Vi kaller en en syklisk firkant $ABCD$ harmonisk hvis tangentene i $A$ og $C$ skjærer på linja $BD$. Et resultat i harmoniske firkanter er:
$AC$ er symmedian i $ABD$,
$AC$ er symmedian i $CBD$,
$BD$ er symmedian i $BAC$
og $BD$ er symmedian i $DAC$.
Av konstruksjon av symmedianen er $BD$ symmedianen i $BAC$ og $DAC$. Ved hjelp av formlike trekanter og vinkeljakt kan man komme fram til resten av resultatet.
Dette er det som brukes i løsningen her.
Jeg har ikke forklart veldig bra her og har ikke bevist noen av resultatene. Noen forskjellig bevis på at symmedianen går gjennom skjæringen av tangentene finner du i denne handouten: https://yufeizhao.com/olympiad/geolemmas.pdf. En annen god introduksjon til symmedianer finner man i kapittel 4 i boka EGMO av Evan Chen. Jeg presenterer også en løsning som bruker inversjon istedenfor symmedianer, som man kan lese om her: https://services.artofproblemsolving.co ... 9uLnBkZg==
tilbake til oppgaven:
Påstand: linja $AA_T$ er $A$-symmedianen i $ABC$. Jeg presenterer 2 bevis på påstanden.
Bevis 1:
la $S$ være omsirkelen til $AA_1A_2$. la $O_1$ være omsenteret til $AA_1A_2$. Siden $A-O_1-O$ er en linje, så er $S$ og $\omega$ tangent. Hvis vi ser på potenssenteret til de tre sirkelene får vi at tangentene til $\omega$ i $T_A$ og $A$ skjærer på $BC$. Dette impliserer at $ABCT_A$ er en harmonisk firkant, så $AA_T$ er symmedianen.
Bevis 2:
La $AA_1$ og $AA_2$ skjære $\omega$ i $D$ og $E$.
La [tex]\Phi[/tex] være inversjon rundt $A$ med radius [tex]\sqrt{bc}[/tex] kompinert med refleksjon over vinkelhalveringslinja. [tex]\Phi[/tex] bytter $B$ og $C$, $A_1$ og $E$, $A_2$ og $D$, siden ortosenteret og omsenteret er isogonalkonjugater.
$\Omega_A$ blir sendt til sirkelen gjennom $D$ og $E$ tangent til $BC$.
$BCDE$ er en likebeint trapes, så sirkelen gjennom $D$ og $E$ tangent til $BC$ tangerer i midtpunktet av $BC$, som betyr at $AA_T$ er linja som er isogonal med medianen, altså symmedianen.
Av påstand er $AT_A, BT_B$ og $CT_C$ de tre symmedianene i trekanten, så de skjærer i et punkt.
Ny oppgave: la [tex]\mathbb{N}[/tex] være de positive heltallene. Finn alle funksjoner $f$: [tex]\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}[/tex] slik at $f(a)+b$[tex]\mid[/tex]$a^2$+$f(a)f(b)$ for alle positive heltall $a,b$
-
TorsteinBM
- Pytagoras
- Innlegg: 13
- Registrert: 13/12-2023 07:55
først vil vi bevise at [tex]f(p) = p[/tex] for alle primtall p
bevis
sett [tex]b=a[/tex] dette gir [tex]f(a) + a | a^2 +f(a)^2[/tex]
nå ta minus [tex](f(a)+a)(f(a)-a)[/tex] på høyre siden dette går siden det er delelig på f(a) + a
da ender vi opp med [tex]f(a) + a | 2a^2[/tex]
hvis vi nå lar [tex]a[/tex] være prim ender vi opp med at [tex]f(a)={1-a, 2-a, a, a^2-a, 2a^2-a, 0}[/tex] er de eneste løsningene
[tex]1-a[/tex] og [tex]2-a[/tex] vil ikke [tex]f(a)[/tex] være i de naturlige tallene for alle [tex]a[/tex]
hvis vi plugger de resterende inn i orginal likningen får vi at [tex]f(p)=p[/tex] er eneste løsning
hvis vi nå setter [tex]a = p[/tex] hvor [tex]p[/tex] er et primtall større enn [tex]b[/tex] (som såklart alltid vil eksistere)
får vi [tex]p+b | p^2+pf(b))[/tex] som impliserer [tex]p+b | p+f(b)[/tex] så [tex]f(x) = x[/tex] er eneste løsning
bevis
sett [tex]b=a[/tex] dette gir [tex]f(a) + a | a^2 +f(a)^2[/tex]
nå ta minus [tex](f(a)+a)(f(a)-a)[/tex] på høyre siden dette går siden det er delelig på f(a) + a
da ender vi opp med [tex]f(a) + a | 2a^2[/tex]
hvis vi nå lar [tex]a[/tex] være prim ender vi opp med at [tex]f(a)={1-a, 2-a, a, a^2-a, 2a^2-a, 0}[/tex] er de eneste løsningene
[tex]1-a[/tex] og [tex]2-a[/tex] vil ikke [tex]f(a)[/tex] være i de naturlige tallene for alle [tex]a[/tex]
hvis vi plugger de resterende inn i orginal likningen får vi at [tex]f(p)=p[/tex] er eneste løsning
hvis vi nå setter [tex]a = p[/tex] hvor [tex]p[/tex] er et primtall større enn [tex]b[/tex] (som såklart alltid vil eksistere)
får vi [tex]p+b | p^2+pf(b))[/tex] som impliserer [tex]p+b | p+f(b)[/tex] så [tex]f(x) = x[/tex] er eneste løsning
-
TorsteinBM
- Pytagoras
- Innlegg: 13
- Registrert: 13/12-2023 07:55
ny oppgave:
vis at det finnes et tall som består av siffrene [tex]2 [/tex] og [tex]5[/tex] som er delelig på [tex]2^{2005}[/tex] og har 2005 siffre
vis at det finnes et tall som består av siffrene [tex]2 [/tex] og [tex]5[/tex] som er delelig på [tex]2^{2005}[/tex] og har 2005 siffre
Sorry for poor formatting, am on mobile. We use induction on number of digits, and we will prove that one can find an $n$ digit number consisting of only $2$s and $5$s that is divisible by $2^n$. For $n=1$ it's trivial, as $2$ is divisible by $2^1$.
Inductive step:
Assume we have an n digit number consisting of only $2$s and $5$s that's divisible by $2^n$, then we know it's either $0$ or $2^n$mod($2^{n+1}$). If it is congruent to $0$, we know that adding $2*10^n$ will create a number of $n+1$ digits still consisting of only $2$s and $5$s that is divisible by 2^{n+1}. Otherwise add $5*10^{n}$ which is $2^n$ mod$(2^{n+1})$ and we're done.
Inductive step:
Assume we have an n digit number consisting of only $2$s and $5$s that's divisible by $2^n$, then we know it's either $0$ or $2^n$mod($2^{n+1}$). If it is congruent to $0$, we know that adding $2*10^n$ will create a number of $n+1$ digits still consisting of only $2$s and $5$s that is divisible by 2^{n+1}. Otherwise add $5*10^{n}$ which is $2^n$ mod$(2^{n+1})$ and we're done.
Sist redigert av xor den 15/04-2024 18:54, redigert 1 gang totalt.
New problem: Let $ABCD$ be a cyclic quadrilateral. Point $P$ is on line $CB$ such that $CP=CA$and $B$ lies between $C$ and $P$. Point $Q$ is on line $CD$ such that $CQ=CA$ and $D$ lies between $C$ and $Q$. Prove that the incentre of triangle $ABD$ lies on line $PQ.$
-
Lil_Flip38
- Noether
- Innlegg: 25
- Registrert: 10/12-2023 10:58
- Sted: Abelmaraton
Synes at engelsk er upassende på dette forumet.
La $I$ være insenteret i trekant $ABD$.
Påstand: $ABIP$ og $ADIQ$ er sykliske firkanter.
Bevis:
av superlemma er [tex]\angle AIB=90^\circ+\frac{1}{2}\angle ADB=90^\circ+\frac{1}{2}\angle ACB = 180^\circ-\angle APB.[/tex] Den siste likheten følger av at $AC=CP$. Dette impliserer at $ABIP$ er syklisk. På lik måte kan man vise at $ADIQ$ er syklisk.
[tex]\measuredangle AIQ=\measuredangle ADQ= \measuredangle ADC =\measuredangle ABC = \measuredangle ABP=\measuredangle AIP.[/tex] Dette viser at $P-I-Q$ er en linje, som er det vi skulle vise.
La $I$ være insenteret i trekant $ABD$.
Påstand: $ABIP$ og $ADIQ$ er sykliske firkanter.
Bevis:
av superlemma er [tex]\angle AIB=90^\circ+\frac{1}{2}\angle ADB=90^\circ+\frac{1}{2}\angle ACB = 180^\circ-\angle APB.[/tex] Den siste likheten følger av at $AC=CP$. Dette impliserer at $ABIP$ er syklisk. På lik måte kan man vise at $ADIQ$ er syklisk.
[tex]\measuredangle AIQ=\measuredangle ADQ= \measuredangle ADC =\measuredangle ABC = \measuredangle ABP=\measuredangle AIP.[/tex] Dette viser at $P-I-Q$ er en linje, som er det vi skulle vise.
-
Lil_Flip38
- Noether
- Innlegg: 25
- Registrert: 10/12-2023 10:58
- Sted: Abelmaraton
ny oppgave:
la $n>=2$ være et heltall. Finn alle $n$-tupler av reele tall $(a_1,a_2,........,a_n)$ slik at
[tex]a_1-2a_2, a_2-2a_3, ......., a_{n-1}-2a_n[/tex], $a_n-2a_1$
er en omorganisering av $a_1,a_2,...a_n$
la $n>=2$ være et heltall. Finn alle $n$-tupler av reele tall $(a_1,a_2,........,a_n)$ slik at
[tex]a_1-2a_2, a_2-2a_3, ......., a_{n-1}-2a_n[/tex], $a_n-2a_1$
er en omorganisering av $a_1,a_2,...a_n$