Ny oppgave: (vanskelig)
La ABC være en spissvinklet trekant. La D være foten til høyden fra A. La P være et varierende punkt slik at vinkelhalveringslinjene til [tex]\angle PBC[/tex] og [tex]\angle PCB[/tex] skjærer hverandre på linjestykket AD. La E være skjæringen mellom AC og vinkelhalveringslinjen til [tex]\angle PBC[/tex] og la F være skjæringen mellom AB og vinkelhalveringslinjen til [tex]\angle PCB[/tex]. La EF skjære AD i Q. Vis at PQ går gjennom et fast punkt.
Abel maraton
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Lil_Flip39
- Pytagoras
- Innlegg: 7
- Registrert: 25/04-2024 12:57
Denne oppgaven har kanskje litt høy vanskelighetsgrad. Vi starter med 2 lemmaer.
lemma $1$: i en trekant $ABC$, la $D,E,F$ være tangeringspunktene til insirkelen. La $K=BC\cap EF$ Da er $(B,C;D,K)=-1$. Dette følger av ceva.
Lemma $2$: i en trekant $ABC$ la $D,E,F$ være tangeringspunktene til $A$-utsirkelen. La $K=BC\cap EF$ da er $(B,C;D,K)=-1$.
Bevis: la $AD$ skjære utsirkelen igjen i $G$. da er firkanten $DGEF$ en harmonisk firkant, så hvis vi proviserer gjennom $D$ på $EF$, og gjennom $A$ på $BC$ er vi ferdig.
La $J$ være punktet slik at $A$ er $J$ utsirkelen i trekant $BCJ$ Dette er det fixed punktet vi ser etter.
La $\omega$ være insirkelen til $PBC$, og la $I$ være insenteret.
La $\Omega$ være $J$ utsirkelen til $BCJ$
La $N,M$ være tangeringspunktene til $\omega$ og $PB, PC$.
La $K,L$ være tangeringspunktene til $\Omega$ og $JB, JC$
Nå begynner vi på den faktiske oppgaven. Først ser vi at $D$ er tangeringspunktet til $\Omega$ i $BC$. $I$ ligger på $AD$ av definisjon, og vi eliminerer $E$ og $F$ ved å definere $Q$ som punktet slik at $(A,I;Q,D)=-1$.
punktene $K,N,D$ ligger på en sirkel med sentrum i $B$ siden $BK=BD=BN$ av tangenter.
Påstand $1$: $Q$ ligger på linjene $KN$ og $LM$.
Bevis: La $Q'=KN\cap AD$. SIden $BC\perp AD$, så er $AD$ tangent til $(KND)$. $AD=AK. ID=IN$, så $AK, IN$ er også tangenter. La $AN$ skjære $(KND)$ igjen i $T$. Da er $-1=(N,T;K,D)=(A,I;Q',D)$ som impliserer $Q=Q'$. På lik måte går $ML$ gjennom $Q$. Da er påstanden bevist.
Påstand $2$: trekantene $KNB$ og $LMC$ er i perspektiv.
Bevis. Dette er ekvalent med å vise at $KL,MN,BC$ skjærer i et punkt. Dette følger av å bruke lemma 1 i $PBC$ og lemma 2 i $BCJ$.
Nå som vi vet at $KNB$ og $LMC$ er i perspektiv har vi av desaurges teorem og påstand 1 at $P-Q-J$, så vi er ferdige.
Melding til Ife, jeg mener at denne oppgaven er HELT upassende til dette forumet og anbefaler at du neste gang legger ut en lettere oppgave.
lemma $1$: i en trekant $ABC$, la $D,E,F$ være tangeringspunktene til insirkelen. La $K=BC\cap EF$ Da er $(B,C;D,K)=-1$. Dette følger av ceva.
Lemma $2$: i en trekant $ABC$ la $D,E,F$ være tangeringspunktene til $A$-utsirkelen. La $K=BC\cap EF$ da er $(B,C;D,K)=-1$.
Bevis: la $AD$ skjære utsirkelen igjen i $G$. da er firkanten $DGEF$ en harmonisk firkant, så hvis vi proviserer gjennom $D$ på $EF$, og gjennom $A$ på $BC$ er vi ferdig.
La $J$ være punktet slik at $A$ er $J$ utsirkelen i trekant $BCJ$ Dette er det fixed punktet vi ser etter.
La $\omega$ være insirkelen til $PBC$, og la $I$ være insenteret.
La $\Omega$ være $J$ utsirkelen til $BCJ$
La $N,M$ være tangeringspunktene til $\omega$ og $PB, PC$.
La $K,L$ være tangeringspunktene til $\Omega$ og $JB, JC$
Nå begynner vi på den faktiske oppgaven. Først ser vi at $D$ er tangeringspunktet til $\Omega$ i $BC$. $I$ ligger på $AD$ av definisjon, og vi eliminerer $E$ og $F$ ved å definere $Q$ som punktet slik at $(A,I;Q,D)=-1$.
punktene $K,N,D$ ligger på en sirkel med sentrum i $B$ siden $BK=BD=BN$ av tangenter.
Påstand $1$: $Q$ ligger på linjene $KN$ og $LM$.
Bevis: La $Q'=KN\cap AD$. SIden $BC\perp AD$, så er $AD$ tangent til $(KND)$. $AD=AK. ID=IN$, så $AK, IN$ er også tangenter. La $AN$ skjære $(KND)$ igjen i $T$. Da er $-1=(N,T;K,D)=(A,I;Q',D)$ som impliserer $Q=Q'$. På lik måte går $ML$ gjennom $Q$. Da er påstanden bevist.
Påstand $2$: trekantene $KNB$ og $LMC$ er i perspektiv.
Bevis. Dette er ekvalent med å vise at $KL,MN,BC$ skjærer i et punkt. Dette følger av å bruke lemma 1 i $PBC$ og lemma 2 i $BCJ$.
Nå som vi vet at $KNB$ og $LMC$ er i perspektiv har vi av desaurges teorem og påstand 1 at $P-Q-J$, så vi er ferdige.
Melding til Ife, jeg mener at denne oppgaven er HELT upassende til dette forumet og anbefaler at du neste gang legger ut en lettere oppgave.
-
Lil_Flip39
- Pytagoras
- Innlegg: 7
- Registrert: 25/04-2024 12:57
ny oppgave:
finn alle par av positive heltall $(m,n)$ slik at
$mn|(2^{2^m}+1)(2^{2^n}+1)$
finn alle par av positive heltall $(m,n)$ slik at
$mn|(2^{2^m}+1)(2^{2^n}+1)$
Vi viser at bare (1,5),(1,1) går
Lemma 1: for alle primtall p | 2^2^m +1, vil p>m
la p være et primtall slik at p | 2^2^m +1
da er 2^2^m +1 == 0 (mod p)
2^2^m == -1 (mod p)
2^2^(m+1) == 1 (mod p)
da må ordenen til 2 mod p dele 2^(m+1)
vi ser også at siden
2^2^m == -1 (mod p)
vil ikke ordenen til 2 dele 2^m, dette betyr at ordenen til 2 mod p må være nøyaktig 2^(m+1)
siden 2^(p-1) == 1 (mod p), følger det at 2^(m+1) | p-1
dermed på p-1 >= 2^(m+1), og det følger at p>m
siden p>m, ser vi at gcd(m,2^2^m+1) = 1
da trenger vi bare å finne alle par m,n slik at
n | 2^2^m +1
m | 2^2^n +1
men om n | 2^2^m +1, må n > m, og om m | 2^2^n +1, må m >n
dermed vil det ikke være noen mulige par, med mindre m = 1, eller n=1,
åpenbart hvis m=n=1 vil det være mulig, siden 1|25
ellers får vi at n|5*(2^2^n +1)
siden gcd(n,2^2^n+1) = 1, må da n=1 eller n=5, som impliserer at (1,1), (1,5), (5,1) er alle mulige par som går QEDS
Lemma 1: for alle primtall p | 2^2^m +1, vil p>m
la p være et primtall slik at p | 2^2^m +1
da er 2^2^m +1 == 0 (mod p)
2^2^m == -1 (mod p)
2^2^(m+1) == 1 (mod p)
da må ordenen til 2 mod p dele 2^(m+1)
vi ser også at siden
2^2^m == -1 (mod p)
vil ikke ordenen til 2 dele 2^m, dette betyr at ordenen til 2 mod p må være nøyaktig 2^(m+1)
siden 2^(p-1) == 1 (mod p), følger det at 2^(m+1) | p-1
dermed på p-1 >= 2^(m+1), og det følger at p>m
siden p>m, ser vi at gcd(m,2^2^m+1) = 1
da trenger vi bare å finne alle par m,n slik at
n | 2^2^m +1
m | 2^2^n +1
men om n | 2^2^m +1, må n > m, og om m | 2^2^n +1, må m >n
dermed vil det ikke være noen mulige par, med mindre m = 1, eller n=1,
åpenbart hvis m=n=1 vil det være mulig, siden 1|25
ellers får vi at n|5*(2^2^n +1)
siden gcd(n,2^2^n+1) = 1, må da n=1 eller n=5, som impliserer at (1,1), (1,5), (5,1) er alle mulige par som går QEDS
Løsningene er [tex]f(x)=2x-1[/tex], [tex]f(x)=x^2-1[/tex] og [tex]f(x)=-x-1[/tex].
Bevis:
Vi skriver P(x,y) for f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+2xy+1.
P(x,0):
[tex]f(x)(f(0)+1)=f(0)+1[/tex]
Åpenbart er ikke [tex]f(x)=0[/tex] for alle x mulig. Dermed er [tex]f(0)=-1[/tex].
Videre har vi av P(1,-1):
[tex]f(0)+f(1)f(-1)=f(-1)-1[/tex]
Det betyr at [tex]f(1)=1[/tex] eller [tex]f(-1)=0[/tex].
Vi antar først at [tex]f(1)=1[/tex].
P(x,1):
[tex]f(x+1)+f(x)=f(x)+2x+1[/tex]
Dette impliserer at [tex]f(x)=2x-1[/tex]
Vi antar nå at [tex]f(-1)=0[/tex]
P(x,-1):
[tex]f(x-1)+f(x)f(-1)=f(-x)-2x+1[/tex]
P(-x,1)
[tex]f(-x+1)+f(-x)f(1)=f(-x)-2x+1[/tex]
Disse to likhetene gir oss
1) [tex]f(x-1)=f(-x+1)+f(1)f(-x)[/tex]
Dersom vi setter x til -x+2, får vi:
[tex]f(-x+1)=f(x-1)+f(1)f(x-2)[/tex].
Sammen med 1) gir dette
2) [tex]-f(1)f(-x)=f(1)f(x-2)[/tex].
P(x,-1):
3) [tex] f(x-1)=f(-x)-2x+1[/tex]
Av P(2,2) er [tex](f(2))^2=9[/tex]. Altså [tex]f(2)=\pm 3[/tex].
Sammen med P(1,1) får vi [tex](f(1))^2-f(1)=0[/tex] eller [tex](f(1))^2-f(1)-6=0[/tex].
Dermed er (f(1), f(2)) lik 0, 1, -2 eller 3.
Vi vet fra tidligere at [tex]f(1)=1[/tex] impliserer [tex]f(x)=2x-1[/tex], som motsier antagelsen.
Anta for motsigelsens skyld at [tex](f(1)=3[/tex].
Av 2) er [tex]-f(-x)=f(x-2)[/tex].
Dermed har vi av 3), at 4) [tex]f(x-1)+f(x-2)=-2x+1[/tex].
Dersom x=2, er [tex]f(1)+f(0)=3-1=2=-3[/tex], en motsigelse.
Anta at f(1)=0.
Av 1) følger det at 4) [tex]f(x)=f(-x)[/tex]
P(x,x):
[tex]f(2x)+f(x)f(x)=f(x^2)+2x^2+1[/tex]
P(x,-x):
f(0)+f(x)f(-x)=f(-x^2)-2x^2+1
Av 5) og disse to likhetene er
[tex]f(2x)-f(0)=4x^2[/tex].
Dermed er [tex]f(x)=x^2-1[/tex]
Vi kan nå anta at [tex]f(x)=-2[/tex].
P(x-2,1):
[tex]f(x-1)+f(x-2)f(1)=f(x-2)+2(x-2)+1[/tex]
Det følger av 4) at [tex]f(x-2)(f(1)-2)=4x-4[/tex], som gir [tex]f(x)=\frac{4x+4}{f(1)-2}=-x-1[/tex]
Vi har nå tatt for oss alle mulige verdier av f(1)
Bevis:
Vi skriver P(x,y) for f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+2xy+1.
P(x,0):
[tex]f(x)(f(0)+1)=f(0)+1[/tex]
Åpenbart er ikke [tex]f(x)=0[/tex] for alle x mulig. Dermed er [tex]f(0)=-1[/tex].
Videre har vi av P(1,-1):
[tex]f(0)+f(1)f(-1)=f(-1)-1[/tex]
Det betyr at [tex]f(1)=1[/tex] eller [tex]f(-1)=0[/tex].
Vi antar først at [tex]f(1)=1[/tex].
P(x,1):
[tex]f(x+1)+f(x)=f(x)+2x+1[/tex]
Dette impliserer at [tex]f(x)=2x-1[/tex]
Vi antar nå at [tex]f(-1)=0[/tex]
P(x,-1):
[tex]f(x-1)+f(x)f(-1)=f(-x)-2x+1[/tex]
P(-x,1)
[tex]f(-x+1)+f(-x)f(1)=f(-x)-2x+1[/tex]
Disse to likhetene gir oss
1) [tex]f(x-1)=f(-x+1)+f(1)f(-x)[/tex]
Dersom vi setter x til -x+2, får vi:
[tex]f(-x+1)=f(x-1)+f(1)f(x-2)[/tex].
Sammen med 1) gir dette
2) [tex]-f(1)f(-x)=f(1)f(x-2)[/tex].
P(x,-1):
3) [tex] f(x-1)=f(-x)-2x+1[/tex]
Av P(2,2) er [tex](f(2))^2=9[/tex]. Altså [tex]f(2)=\pm 3[/tex].
Sammen med P(1,1) får vi [tex](f(1))^2-f(1)=0[/tex] eller [tex](f(1))^2-f(1)-6=0[/tex].
Dermed er (f(1), f(2)) lik 0, 1, -2 eller 3.
Vi vet fra tidligere at [tex]f(1)=1[/tex] impliserer [tex]f(x)=2x-1[/tex], som motsier antagelsen.
Anta for motsigelsens skyld at [tex](f(1)=3[/tex].
Av 2) er [tex]-f(-x)=f(x-2)[/tex].
Dermed har vi av 3), at 4) [tex]f(x-1)+f(x-2)=-2x+1[/tex].
Dersom x=2, er [tex]f(1)+f(0)=3-1=2=-3[/tex], en motsigelse.
Anta at f(1)=0.
Av 1) følger det at 4) [tex]f(x)=f(-x)[/tex]
P(x,x):
[tex]f(2x)+f(x)f(x)=f(x^2)+2x^2+1[/tex]
P(x,-x):
f(0)+f(x)f(-x)=f(-x^2)-2x^2+1
Av 5) og disse to likhetene er
[tex]f(2x)-f(0)=4x^2[/tex].
Dermed er [tex]f(x)=x^2-1[/tex]
Vi kan nå anta at [tex]f(x)=-2[/tex].
P(x-2,1):
[tex]f(x-1)+f(x-2)f(1)=f(x-2)+2(x-2)+1[/tex]
Det følger av 4) at [tex]f(x-2)(f(1)-2)=4x-4[/tex], som gir [tex]f(x)=\frac{4x+4}{f(1)-2}=-x-1[/tex]
Vi har nå tatt for oss alle mulige verdier av f(1)
Ny oppgave:
vi definerer [tex]f:\left \langle 0,1 \right \rangle\rightarrow \left \langle 0,1 \right \rangle[/tex], som
[tex]f(x)=\begin{cases} x+\frac{1}{2} & \text{ if } x<\frac{1}{2} \\ x^2 & \text{ if } x\geq \frac{1}{2} \end{cases}[/tex]
La [tex]a,b\in \mathbb{R}[/tex] slik at [tex]0<a<b<1[/tex]. Vi definerer følgene [tex]{a_n}[/tex] og [tex]{b_n}[/tex] som [tex]a_0=a[/tex], [tex]b_0=b[/tex], og [tex]a_n=f(a_{n-1})[/tex], [tex]b_n=f(b_{n-1})[/tex] for [tex]n>0[/tex]. Vis at det eksisterer et positivt heltall slik at [tex](a_n-a_{n-1})(b_n-b_{n-1})<0[/tex].
vi definerer [tex]f:\left \langle 0,1 \right \rangle\rightarrow \left \langle 0,1 \right \rangle[/tex], som
[tex]f(x)=\begin{cases} x+\frac{1}{2} & \text{ if } x<\frac{1}{2} \\ x^2 & \text{ if } x\geq \frac{1}{2} \end{cases}[/tex]
La [tex]a,b\in \mathbb{R}[/tex] slik at [tex]0<a<b<1[/tex]. Vi definerer følgene [tex]{a_n}[/tex] og [tex]{b_n}[/tex] som [tex]a_0=a[/tex], [tex]b_0=b[/tex], og [tex]a_n=f(a_{n-1})[/tex], [tex]b_n=f(b_{n-1})[/tex] for [tex]n>0[/tex]. Vis at det eksisterer et positivt heltall slik at [tex](a_n-a_{n-1})(b_n-b_{n-1})<0[/tex].
-
Lil_Flip38
- Noether
- Innlegg: 26
- Registrert: 10/12-2023 10:58
- Sted: Abelmaraton
Vi starter med å vise at det vi vil vise er det samme som $a_n=<0.5=<b_n$. Vi vet at akkurat en av $a_n-a_{n-1}$ og $b_n-b_{n-1}$ er negativ, som gir at $a_n=<0.5=<b_n$, siden det er lett å vise at $a_i$ ikke blir større enn $b_i$ så lenge $a_i$ og $b_i$ er på samme side av 1/2.
Da kan vi anta at $1/2=<a<b<1$ siden hvis de er på motsatt side er vi ferdig, og hvis de er mellom 0 og 1/2 kan vi se på det andre leddet i følgen.
Påstand: $b_i-a_i$ er stigende når de er på samme side av 1/2.
Bevis, differansen endrer seg ikke under den første operasjonen, men under den andre blir det $b_i^2-a_i^2=(b_i-a_i)(b_i+a_i)$, og siden $1/2<a_i, b_i$, er det andre leddet større enn 1, som viser at den stiger.
Nå er det nok å vise at differansen ikke konverger. Vi ser at mengden differansen øker er avhengig av $b_i+a_i$. Vi ser også at når vi utfører den første operasjonen hopper vi til minst 3/4 siden den minste verdien vi kan ha i følgene er 1/4. Da vil differansen øke med en faktor av minst 1.5 hver gang følgene går under 1/2, som er nok.
Da vil differansen eventuelt være større enn 1/2, som direkte impliserer at følgene er på forskjellige sider av 0.5 så vi er ferdige.
Da kan vi anta at $1/2=<a<b<1$ siden hvis de er på motsatt side er vi ferdig, og hvis de er mellom 0 og 1/2 kan vi se på det andre leddet i følgen.
Påstand: $b_i-a_i$ er stigende når de er på samme side av 1/2.
Bevis, differansen endrer seg ikke under den første operasjonen, men under den andre blir det $b_i^2-a_i^2=(b_i-a_i)(b_i+a_i)$, og siden $1/2<a_i, b_i$, er det andre leddet større enn 1, som viser at den stiger.
Nå er det nok å vise at differansen ikke konverger. Vi ser at mengden differansen øker er avhengig av $b_i+a_i$. Vi ser også at når vi utfører den første operasjonen hopper vi til minst 3/4 siden den minste verdien vi kan ha i følgene er 1/4. Da vil differansen øke med en faktor av minst 1.5 hver gang følgene går under 1/2, som er nok.
Da vil differansen eventuelt være større enn 1/2, som direkte impliserer at følgene er på forskjellige sider av 0.5 så vi er ferdige.
-
Lil_Flip39
- Pytagoras
- Innlegg: 7
- Registrert: 25/04-2024 12:57
La $ABC$ være en spissvinklet trekant inskrevet i en sirkel med sentrum $O$, slik at [tex]AB\neq AC[/tex] og $\angle BAC \neq 90 ^\circ$. La $I$ være insenteret i $ABC$, og la tangeringspunktet av insirkelen med $BC$ være $D$. La $I_A$ være A-utsenteret, og la linjene $OI$ og $I_AD$ skjære i $P$. La $Q$ være punktet på insirkelen slik at $QD\parallel AI$, og la $PQ$ skjære $AI$ i $R$, vis at $A$ er midtpunktet av $I$ og $R$.
Løsning:
La [tex]I_B[/tex] og [tex]I_C[/tex] være B- og C-utsenteret. La E og F være tangeringspunktene mellom innsirkelen og sidene AC og AB.
Påstand: [tex]\Delta DEF\sim \Delta I_AI_BI_C[/tex]
Bevis:
[tex]I_A[/tex] er skjæringen mellom de ytre vinkelhalveringslinjene til [tex]\angle B[/tex] og [tex]\angle C[/tex].
Vi har dermed at
[tex]\angle I_CI_AI_B=\angle BI_AC=180^{\circ}-\frac{180^{\circ}-\angle B}{2}-\frac{180^{\circ}-\angle C}{2}=\frac{180^{\circ}-\angle A}{2}[/tex].
Videre vet vi at [tex]\Delta BDF[/tex] og [tex]\Delta CED[/tex] er likebente.
Det betyr at
[tex]\angle FDE=180^{\circ}-\frac{180^{\circ}-\angle B}{2}-\frac{180^{\circ}-\angle C}{2}=\frac{180^{\circ}-\angle A}{2}=\angle I_CI_AI_B[/tex].
På samme måte er [tex]\angle DEF=\angle I_AI_BI_C[/tex] og [tex]\angle EFD=\angle I_BI_CI_A[/tex].
La R' være refleksjonen av I over A. Det er velkjent at I er ortosenteret i [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex]. Dette impliserer at R' ligger på omsirkelen til [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex]. Det holder dermed å vise at R ligger på omsirkelen til [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex].
Påstand: Det eksisterer en homoteti som sender [tex]\Delta DEF[/tex] til [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex].
Det holder å vise at sidene til de to trekantene er henholdsvis parallelle.
Vi vet at [tex]AI\perp I_BI_C[/tex] siden linjene er indre og ytre vinkelhalveringslinjer. Samtidig er også [tex]AI\perp EF[/tex] fordi [tex]\Delta AFE[/tex] er likebent og AI er vinkelhalveringslinjen i A.
Dermed er [tex]EF\parallel I_BI_C[/tex] og av lik grunn gjelder dette også for de andre sidene i trekantene.
Påstand: [tex]QE\parallel R'I_B[/tex] og [tex]QF\parallel R'I_C[/tex]
La [tex]\phi[/tex] være homotetien som sender [tex]\Delta DEF[/tex] til [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex]. [tex]\phi[/tex] sender også innsirkelen i [tex]\Delta ABC[/tex] til omsirkelen om [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex].
Siden [tex]DQ\parallel I_AR'[/tex], er [tex]\phi(Q)=R'[/tex].
Dermed er [tex]QE\parallel R'I_B[/tex] og [tex]QF\parallel R'I_C[/tex].
Påstand: P er senteret til [tex]\phi[/tex]
Det holder å vise at [tex]I_AD\cap I_BE\cap I_CF=P[/tex].
La P' være senteret til [tex]\phi[/tex]. Vi vet at [tex]I_AD\cap I_BE\cap I_CF=P'[/tex].
Siden O er nipunktssenteret i [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex], er OI eulerlinjen til [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex]. Det betyr at omsenteret til [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex] også ligger på OI. Det følger at P' må ligge på OI siden [tex]\phi[/tex] sender innsirkelen i [tex]\Delta ABC[/tex] til omsirkelen om [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex]. Dermed er P'=P.
Siden [tex]\phi(Q)=R'[/tex], er P, Q og R' kollineære. Dermed må R=R'.
La [tex]I_B[/tex] og [tex]I_C[/tex] være B- og C-utsenteret. La E og F være tangeringspunktene mellom innsirkelen og sidene AC og AB.
Påstand: [tex]\Delta DEF\sim \Delta I_AI_BI_C[/tex]
Bevis:
[tex]I_A[/tex] er skjæringen mellom de ytre vinkelhalveringslinjene til [tex]\angle B[/tex] og [tex]\angle C[/tex].
Vi har dermed at
[tex]\angle I_CI_AI_B=\angle BI_AC=180^{\circ}-\frac{180^{\circ}-\angle B}{2}-\frac{180^{\circ}-\angle C}{2}=\frac{180^{\circ}-\angle A}{2}[/tex].
Videre vet vi at [tex]\Delta BDF[/tex] og [tex]\Delta CED[/tex] er likebente.
Det betyr at
[tex]\angle FDE=180^{\circ}-\frac{180^{\circ}-\angle B}{2}-\frac{180^{\circ}-\angle C}{2}=\frac{180^{\circ}-\angle A}{2}=\angle I_CI_AI_B[/tex].
På samme måte er [tex]\angle DEF=\angle I_AI_BI_C[/tex] og [tex]\angle EFD=\angle I_BI_CI_A[/tex].
La R' være refleksjonen av I over A. Det er velkjent at I er ortosenteret i [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex]. Dette impliserer at R' ligger på omsirkelen til [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex]. Det holder dermed å vise at R ligger på omsirkelen til [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex].
Påstand: Det eksisterer en homoteti som sender [tex]\Delta DEF[/tex] til [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex].
Det holder å vise at sidene til de to trekantene er henholdsvis parallelle.
Vi vet at [tex]AI\perp I_BI_C[/tex] siden linjene er indre og ytre vinkelhalveringslinjer. Samtidig er også [tex]AI\perp EF[/tex] fordi [tex]\Delta AFE[/tex] er likebent og AI er vinkelhalveringslinjen i A.
Dermed er [tex]EF\parallel I_BI_C[/tex] og av lik grunn gjelder dette også for de andre sidene i trekantene.
Påstand: [tex]QE\parallel R'I_B[/tex] og [tex]QF\parallel R'I_C[/tex]
La [tex]\phi[/tex] være homotetien som sender [tex]\Delta DEF[/tex] til [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex]. [tex]\phi[/tex] sender også innsirkelen i [tex]\Delta ABC[/tex] til omsirkelen om [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex].
Siden [tex]DQ\parallel I_AR'[/tex], er [tex]\phi(Q)=R'[/tex].
Dermed er [tex]QE\parallel R'I_B[/tex] og [tex]QF\parallel R'I_C[/tex].
Påstand: P er senteret til [tex]\phi[/tex]
Det holder å vise at [tex]I_AD\cap I_BE\cap I_CF=P[/tex].
La P' være senteret til [tex]\phi[/tex]. Vi vet at [tex]I_AD\cap I_BE\cap I_CF=P'[/tex].
Siden O er nipunktssenteret i [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex], er OI eulerlinjen til [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex]. Det betyr at omsenteret til [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex] også ligger på OI. Det følger at P' må ligge på OI siden [tex]\phi[/tex] sender innsirkelen i [tex]\Delta ABC[/tex] til omsirkelen om [tex]\Delta I_AI_BI_C[/tex]. Dermed er P'=P.
Siden [tex]\phi(Q)=R'[/tex], er P, Q og R' kollineære. Dermed må R=R'.
Ny oppgave:
a) La A være mengden av ordnede tupler (i, j, k) av positive heltall der [tex]i+j+k=17[/tex].
Regn ut [tex]\sum_{(i,j,k)\in A}ijk[/tex].
b) Vi definerer funksjonene [tex]f_n:\mathbb{N}^{n}\rightarrow \mathbb{N}[/tex] og [tex]g_n:\mathbb{N}^{n}\rightarrow \mathbb{N}[/tex] slik at for [tex](a_1,a_2,...,a_n)\in\mathbb{N}^n[/tex] er [tex]f_n(a_1,a_2,...,a_n)=\prod_{i=1}^{n}a_i[/tex] og [tex]g_n(a_1,a_2,...,a_n)=\sum_{i=1}^{n}a_i[/tex]. La [tex]S_{m,n}[/tex], der [tex]m,n\in\mathbb{N}[/tex], være mengden av n-tupler i [tex]\mathbb{N}^n[/tex] slik at for alle [tex]s\in S_{m,n}[/tex] er [tex]g_n(s)=m[/tex]. Finn [tex]\sum_{s\in S_{m,n}}^{}f_n(s)[/tex].
a) La A være mengden av ordnede tupler (i, j, k) av positive heltall der [tex]i+j+k=17[/tex].
Regn ut [tex]\sum_{(i,j,k)\in A}ijk[/tex].
b) Vi definerer funksjonene [tex]f_n:\mathbb{N}^{n}\rightarrow \mathbb{N}[/tex] og [tex]g_n:\mathbb{N}^{n}\rightarrow \mathbb{N}[/tex] slik at for [tex](a_1,a_2,...,a_n)\in\mathbb{N}^n[/tex] er [tex]f_n(a_1,a_2,...,a_n)=\prod_{i=1}^{n}a_i[/tex] og [tex]g_n(a_1,a_2,...,a_n)=\sum_{i=1}^{n}a_i[/tex]. La [tex]S_{m,n}[/tex], der [tex]m,n\in\mathbb{N}[/tex], være mengden av n-tupler i [tex]\mathbb{N}^n[/tex] slik at for alle [tex]s\in S_{m,n}[/tex] er [tex]g_n(s)=m[/tex]. Finn [tex]\sum_{s\in S_{m,n}}^{}f_n(s)[/tex].
Vi løser kun oppgave b ved hjelp av genererende funksjoner.
Lemma 1: Den genererende funksjonen for summen gitt n variable, er gitt ved [tex]A(x)=(\frac{x}{(x-1)^2})^n[/tex]
der den m-te koeffisienten til [tex]x^m[/tex] representerer summen av produktene når summen av variablene er m
Proof:
Vi ser først at [tex]A(x)=(\sum_{k=1}^{\infty }k*x^k) ^n[/tex]. Der hver eksponent representerer en sum, og ved å velge et element fra hver parantes vil koeffisienten til [tex]x^m[/tex] øke med produktet av valgene vi tok. Trust det funker
Ved å faktorisere ut x^n får vi
[tex]A(x)=x^n (\sum_{1}^{\infty}(k x^{k-1}))^n[/tex]
Vi har at den genererende funksjonen for
[tex]G(x) = \sum_{1}^{\infty} kx^{k-1} = 1/(x-1)^2[/tex]
Dermed vil [tex]A(x) =(\frac{x}{(x-1)^2})^n[/tex], og lemma 1 er bevist. vi ser at den x^m te koeffisienten vil være summen, så om vi deler A(x) på x^n, vil heller koeffisienten til [tex]x^{m-n}[/tex] representere summen. la [tex]Q(x)=\frac{A(x)}{x^n}[/tex], vi vil finne koeffisienten til [tex]x^{m-n}[/tex] i Q(x), der [tex]Q(x)=(x-1)^{-2n}[/tex]
ved å integrere begge sider 2n-1 ganger, får vi at
[tex]x^n[/tex] får vi:[tex]\int^{2n-1} Q(x) = \int^{2n-1}(\frac{1}{x-1})^{-2n} = \frac{1}{(2n-1)!(x-1)}[/tex].
Når vi integrerte 2n-1 ganger, ganget vi koeffisienten til x^m med [tex]\frac{(m-n)!}{(m+n-1)!}[/tex]
la da [tex]Z(x) =\frac{(m+n-1)!}{(m-n)!} \int^{2n-1} G(x)[/tex]
vi vil da finne koeffisienten til [tex]x^{m+n-1}[/tex] i Z(x), men Z(x) er jo bare lik
[tex]Z(x)=\frac{(m+n-1)!}{(m-n)!} \int^{2n-1} G(x) = \frac{(m+n-1)!}{(m-n)!} *\frac{1}{(2n-1)!*(1-x)} = \binom{m+n-1}{2n-1} * \frac{1}{1-x}[/tex]
Ved å utvide den genererende funkjsonen [tex]\frac{1}{1-x}[/tex] får vi at alle koeffisientene er 1, så koeffisienten til [tex]x^{m+n-1}[/tex] er [tex]\binom{m+n-1}{2n-1}[/tex], som vil være svaret.
QED
Lemma 1: Den genererende funksjonen for summen gitt n variable, er gitt ved [tex]A(x)=(\frac{x}{(x-1)^2})^n[/tex]
der den m-te koeffisienten til [tex]x^m[/tex] representerer summen av produktene når summen av variablene er m
Proof:
Vi ser først at [tex]A(x)=(\sum_{k=1}^{\infty }k*x^k) ^n[/tex]. Der hver eksponent representerer en sum, og ved å velge et element fra hver parantes vil koeffisienten til [tex]x^m[/tex] øke med produktet av valgene vi tok. Trust det funker
Ved å faktorisere ut x^n får vi
[tex]A(x)=x^n (\sum_{1}^{\infty}(k x^{k-1}))^n[/tex]
Vi har at den genererende funksjonen for
[tex]G(x) = \sum_{1}^{\infty} kx^{k-1} = 1/(x-1)^2[/tex]
Dermed vil [tex]A(x) =(\frac{x}{(x-1)^2})^n[/tex], og lemma 1 er bevist. vi ser at den x^m te koeffisienten vil være summen, så om vi deler A(x) på x^n, vil heller koeffisienten til [tex]x^{m-n}[/tex] representere summen. la [tex]Q(x)=\frac{A(x)}{x^n}[/tex], vi vil finne koeffisienten til [tex]x^{m-n}[/tex] i Q(x), der [tex]Q(x)=(x-1)^{-2n}[/tex]
ved å integrere begge sider 2n-1 ganger, får vi at
[tex]x^n[/tex] får vi:[tex]\int^{2n-1} Q(x) = \int^{2n-1}(\frac{1}{x-1})^{-2n} = \frac{1}{(2n-1)!(x-1)}[/tex].
Når vi integrerte 2n-1 ganger, ganget vi koeffisienten til x^m med [tex]\frac{(m-n)!}{(m+n-1)!}[/tex]
la da [tex]Z(x) =\frac{(m+n-1)!}{(m-n)!} \int^{2n-1} G(x)[/tex]
vi vil da finne koeffisienten til [tex]x^{m+n-1}[/tex] i Z(x), men Z(x) er jo bare lik
[tex]Z(x)=\frac{(m+n-1)!}{(m-n)!} \int^{2n-1} G(x) = \frac{(m+n-1)!}{(m-n)!} *\frac{1}{(2n-1)!*(1-x)} = \binom{m+n-1}{2n-1} * \frac{1}{1-x}[/tex]
Ved å utvide den genererende funkjsonen [tex]\frac{1}{1-x}[/tex] får vi at alle koeffisientene er 1, så koeffisienten til [tex]x^{m+n-1}[/tex] er [tex]\binom{m+n-1}{2n-1}[/tex], som vil være svaret.
QED
Løsning:
Vi ønsker først å approksimere røttene til polynomet. Siden alle polynom er kontinuerlige kan vi bruke skjæringssetningen.
La [tex]P(x)=x^3-3x^2+1[/tex]. Vi ser at [tex]P(-\frac{6}{10})<0[/tex], [tex]P(-\frac{1}{2})>0[/tex], [tex]P(\frac{6}{10})>0[/tex], [tex]P(\frac{7}{10})<0[/tex], [tex]P(2)<0[/tex] og [tex]P(3)>0[/tex].
Av skjæringssetningen har vi dermed at [tex]-\frac{6}{10}<x_1<-\frac{1}{2}[/tex], [tex]\frac{6}{10}<x_2<\frac{7}{10}[/tex] og [tex]2<x_3<3[/tex].
Påstand: [tex]x_1^n+x_2^n+x_3^n[/tex] er et heltall for alle positive heltall n.
Dette kan vises med Vietas formler og elementære symmetriske polynomer, men jeg velger å bruke lineær algebra.
Et velkjent resultat innen lineær algebra er at for alle kvadratiske matriser A, er tr(A) lik summen av egenverdiene til A. En kan vise dette ved å bruke at spor er en invariant for likedannede kvadratiske matriser og at alle kvadratiske matriser A er likedannet med en matrise i Jordans normalform der hoveddiagonalen består av egenverdiene til A.
La C være den ledsagende matrisen til P. Det betyr at [tex]C=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ -1 & 0 & 3 \end{pmatrix}[/tex]. C har egenverdier [tex]x_1,x_2,x_3[/tex]. La tilhørende egenvektorer være [tex]\vec{v_1}, \vec{v_2},\vec{v_3}[/tex]. Det betyr at [tex]C^n\vec{v_i}=x_i^n\vec{v_i}[/tex]. Dermed er [tex]x_1^n,x_2^n,x_3^n[/tex] egenverdiene til [tex]C^n[/tex]. Det betyr at [tex]x_1^n+x_2^n+x_3^n=tr(C^n)[/tex]. Siden alle tallene i C er heltall, må også alle tallene i [tex]C^n[/tex] være heltall. Det betyr at [tex]tr(C^n)[/tex] er et heltall.
Påstand: [tex]\left \lceil x_3^n \right \rceil=tr(C)[/tex]
Det holder å vise at [tex]0\leq x_1^n+x_2^n<1[/tex] for alle positive heltall n.
Vi ser først på partall [tex]n=2k[/tex].
[tex]0<x_1^{2k}+x_2^{2k}<(-\frac{6}{10})^{2k}+(\frac{7}{10})^{2k}<\frac{36}{100}+\frac{49}{100}<1[/tex]
Når [tex]n=2k+1[/tex]:
[tex]|x_1|<|x_2|[/tex]. Det betyr at [tex]0<x_1^{2k+1}+x_2^{2k+1}[/tex]
[tex]|x_1|,|x_2|<1[/tex]. Dermed er [tex]|x_2^{2k+1}|-|x_1^{2k+1}|<1[/tex]
Det mangler nå bare å regne ut [tex]tr(C^n)[/tex]. Siden matrisemultiplikasjon bare er multiplikasjon og addisjon mellom elementene i matrisen, kan vi dermed regne modulo 3.
La [tex]C'=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ -1 & 0 & 0 \end{pmatrix}[/tex]. Vi ser at C er kongruent med C' modulo 3. Det betyr at tr(C) og tr(C') også er kongruente.
Legg merke til at [tex]C'^3=-I[/tex]. Det betyr at [tex]C'^6=I[/tex]. Dermed holder det å regne ut [tex]tr(C'^n)[/tex] for n mindre eller lik 6.
[tex]tr(C')=0[/tex]
[tex]tr(C'^2)=0[/tex]
[tex]tr(C'^3)=-3[/tex]
[tex]tr(C'^4)=0[/tex]
[tex]tr(C'^5)=0[/tex]
[tex]tr(C'^6)=3[/tex]
Alle verdiene ovenfor er delelig på 3 som betyr at oppgaven er bevist.
Vi ønsker først å approksimere røttene til polynomet. Siden alle polynom er kontinuerlige kan vi bruke skjæringssetningen.
La [tex]P(x)=x^3-3x^2+1[/tex]. Vi ser at [tex]P(-\frac{6}{10})<0[/tex], [tex]P(-\frac{1}{2})>0[/tex], [tex]P(\frac{6}{10})>0[/tex], [tex]P(\frac{7}{10})<0[/tex], [tex]P(2)<0[/tex] og [tex]P(3)>0[/tex].
Av skjæringssetningen har vi dermed at [tex]-\frac{6}{10}<x_1<-\frac{1}{2}[/tex], [tex]\frac{6}{10}<x_2<\frac{7}{10}[/tex] og [tex]2<x_3<3[/tex].
Påstand: [tex]x_1^n+x_2^n+x_3^n[/tex] er et heltall for alle positive heltall n.
Dette kan vises med Vietas formler og elementære symmetriske polynomer, men jeg velger å bruke lineær algebra.
Et velkjent resultat innen lineær algebra er at for alle kvadratiske matriser A, er tr(A) lik summen av egenverdiene til A. En kan vise dette ved å bruke at spor er en invariant for likedannede kvadratiske matriser og at alle kvadratiske matriser A er likedannet med en matrise i Jordans normalform der hoveddiagonalen består av egenverdiene til A.
La C være den ledsagende matrisen til P. Det betyr at [tex]C=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ -1 & 0 & 3 \end{pmatrix}[/tex]. C har egenverdier [tex]x_1,x_2,x_3[/tex]. La tilhørende egenvektorer være [tex]\vec{v_1}, \vec{v_2},\vec{v_3}[/tex]. Det betyr at [tex]C^n\vec{v_i}=x_i^n\vec{v_i}[/tex]. Dermed er [tex]x_1^n,x_2^n,x_3^n[/tex] egenverdiene til [tex]C^n[/tex]. Det betyr at [tex]x_1^n+x_2^n+x_3^n=tr(C^n)[/tex]. Siden alle tallene i C er heltall, må også alle tallene i [tex]C^n[/tex] være heltall. Det betyr at [tex]tr(C^n)[/tex] er et heltall.
Påstand: [tex]\left \lceil x_3^n \right \rceil=tr(C)[/tex]
Det holder å vise at [tex]0\leq x_1^n+x_2^n<1[/tex] for alle positive heltall n.
Vi ser først på partall [tex]n=2k[/tex].
[tex]0<x_1^{2k}+x_2^{2k}<(-\frac{6}{10})^{2k}+(\frac{7}{10})^{2k}<\frac{36}{100}+\frac{49}{100}<1[/tex]
Når [tex]n=2k+1[/tex]:
[tex]|x_1|<|x_2|[/tex]. Det betyr at [tex]0<x_1^{2k+1}+x_2^{2k+1}[/tex]
[tex]|x_1|,|x_2|<1[/tex]. Dermed er [tex]|x_2^{2k+1}|-|x_1^{2k+1}|<1[/tex]
Det mangler nå bare å regne ut [tex]tr(C^n)[/tex]. Siden matrisemultiplikasjon bare er multiplikasjon og addisjon mellom elementene i matrisen, kan vi dermed regne modulo 3.
La [tex]C'=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ -1 & 0 & 0 \end{pmatrix}[/tex]. Vi ser at C er kongruent med C' modulo 3. Det betyr at tr(C) og tr(C') også er kongruente.
Legg merke til at [tex]C'^3=-I[/tex]. Det betyr at [tex]C'^6=I[/tex]. Dermed holder det å regne ut [tex]tr(C'^n)[/tex] for n mindre eller lik 6.
[tex]tr(C')=0[/tex]
[tex]tr(C'^2)=0[/tex]
[tex]tr(C'^3)=-3[/tex]
[tex]tr(C'^4)=0[/tex]
[tex]tr(C'^5)=0[/tex]
[tex]tr(C'^6)=3[/tex]
Alle verdiene ovenfor er delelig på 3 som betyr at oppgaven er bevist.
Sist redigert av lfe den 13/06-2024 01:18, redigert 1 gang totalt.
Ny oppgave:
La ABC være en spisssvinklet trekant, der [tex]AC\neq BC[/tex]. La M være midtpunktet på AB, la H være ortosenteret, la D være foten til høyden fra A og la E være foten til høyden fra B. La m være linjen gjennom C som er ortogonal på MH. Vis at m, AB og DE skjærer i ett punkt.
La ABC være en spisssvinklet trekant, der [tex]AC\neq BC[/tex]. La M være midtpunktet på AB, la H være ortosenteret, la D være foten til høyden fra A og la E være foten til høyden fra B. La m være linjen gjennom C som er ortogonal på MH. Vis at m, AB og DE skjærer i ett punkt.