Ny oppgave:
La \(k\geq 3\) være et positivt heltall. Finn alle stigende følger \( \{a_i\}\) slik at
\[
d(x_1+x_2+\dots + x_k)=d(a_{x_1}+\dots+a_{x_k})
\]
holder for alle \(x1,\dots, x_k\), der \(d(n)\) er antall divisorer av \(n\).
Abel maraton
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Lil_Flip39
- Cayley
- Posts: 83
- Joined: 25/04-2024 12:57
- Location: Oslo
Den eneste følgen som oppfyller kravet er \(a_i=i\) for alle \(i\). Vi viser først at følgen er strengt stigende.
Anta for motstigelse at \(a_i=a_{i+1}\) for en eller annen \(i\). Da har vi av å bytte \(i,i+1\) ut av summen at høyre siden forblir lik. Da kan man velge \(x_1,x_2,\cdots ,x_{k-1}\) til \(p-i\) for et primtall.
Da får vi at
\[d(p)=d(p+1)\] som er en motstigelse siden \(p>2\).
La nå
\[k=\prod_{i=1}^{l} p_i^{b_i}\]
For et stort primtall \(q\) la
\[x_j=\prod_{i=1}^{l} p_i^{q-b_i-1}\]
for alle \(j\).
Da ser vi at
\[d(x_1+x_2+\cdots +x_k)=d(k\prod_{i=1}^{l} p_i^{q-b_i-1})=q^l\]
samtidig impliserer dette at vi har
\[d(a_{x_1}+a_{x_2}+\cdots +a_{x_k})=d(ka_{\prod_{i=1}^{l} p_i^{q-b_i-1}})=q^l\]
Observer at vi må "fylle opp" alle faktorene \(p_i\) opptil \(p_i^{q-1}\) siden hvis ikke, så tilbringer \(p_i\) en faktor som ikke er i \(q^l\). Samtidig, ser vi at da hver \(p_i\) må bli fylt akkurat til \(p^{q-1}\), siden hvis de blir fylt mer, så får man for mange faktorer av \(q\).
Til slutt ser vi også at \(a\) ikke kan ha flere faktorer utenfor \(p_i\), siden det øker enten faktoren av \(q\) for mye eller tilbringer en faktor som man ikke vil ha.
Dermed har vi at
\[a_{\prod_{i=1}^{l} p_i^{q-b_i-1}}=\prod_{i=1}^{l} p_i^{q-b_i-1}\]
Så, siden vi viste at følgen var strengt stigende har vi at for alle \(j<\prod_{i=1}^{l} p_i^{q-b_i-1}\) har vi \(a_j=j\), og siden vi kan velge \(q\) arbitrært stor, så er vi ferdige.
Anta for motstigelse at \(a_i=a_{i+1}\) for en eller annen \(i\). Da har vi av å bytte \(i,i+1\) ut av summen at høyre siden forblir lik. Da kan man velge \(x_1,x_2,\cdots ,x_{k-1}\) til \(p-i\) for et primtall.
Da får vi at
\[d(p)=d(p+1)\] som er en motstigelse siden \(p>2\).
La nå
\[k=\prod_{i=1}^{l} p_i^{b_i}\]
For et stort primtall \(q\) la
\[x_j=\prod_{i=1}^{l} p_i^{q-b_i-1}\]
for alle \(j\).
Da ser vi at
\[d(x_1+x_2+\cdots +x_k)=d(k\prod_{i=1}^{l} p_i^{q-b_i-1})=q^l\]
samtidig impliserer dette at vi har
\[d(a_{x_1}+a_{x_2}+\cdots +a_{x_k})=d(ka_{\prod_{i=1}^{l} p_i^{q-b_i-1}})=q^l\]
Observer at vi må "fylle opp" alle faktorene \(p_i\) opptil \(p_i^{q-1}\) siden hvis ikke, så tilbringer \(p_i\) en faktor som ikke er i \(q^l\). Samtidig, ser vi at da hver \(p_i\) må bli fylt akkurat til \(p^{q-1}\), siden hvis de blir fylt mer, så får man for mange faktorer av \(q\).
Til slutt ser vi også at \(a\) ikke kan ha flere faktorer utenfor \(p_i\), siden det øker enten faktoren av \(q\) for mye eller tilbringer en faktor som man ikke vil ha.
Dermed har vi at
\[a_{\prod_{i=1}^{l} p_i^{q-b_i-1}}=\prod_{i=1}^{l} p_i^{q-b_i-1}\]
Så, siden vi viste at følgen var strengt stigende har vi at for alle \(j<\prod_{i=1}^{l} p_i^{q-b_i-1}\) har vi \(a_j=j\), og siden vi kan velge \(q\) arbitrært stor, så er vi ferdige.
-
Lil_Flip39
- Cayley
- Posts: 83
- Joined: 25/04-2024 12:57
- Location: Oslo
Ny oppgave
Let triangle $ABC$ be inscribed in the circumcircle $(O)$ and circumscribed about the incircle $(I)$, with $AB < AC$. The incircle $(I)$ touches the sides $BC$, $CA$, and $AB$ at $D$, $E$, and $F$, respectively. The line $AI$ cuts segments $DF$ and $DE$ at $K$ and $L$, respectively, and the tangents to the circle $(DKL)$ at $K$ and $L$ intersect at $T$. Prove that $AT \perp BC$
Let triangle $ABC$ be inscribed in the circumcircle $(O)$ and circumscribed about the incircle $(I)$, with $AB < AC$. The incircle $(I)$ touches the sides $BC$, $CA$, and $AB$ at $D$, $E$, and $F$, respectively. The line $AI$ cuts segments $DF$ and $DE$ at $K$ and $L$, respectively, and the tangents to the circle $(DKL)$ at $K$ and $L$ intersect at $T$. Prove that $AT \perp BC$
La $S$ være superpunktet og la $M$ være midtpunktet på $BC$.
$\textbf{Påstand:}$ $(KMCS)$ og $(BLMS)$
$\textit{Bevis:}$ Av Iran lemma vet vi at $BL\perp AI$ og $CK\perp AI$. Åpenbart er også $SM\perp BC$. Dermed følger påstanden.
La $N$ være tangeringspunktet mellom A-utsirkelen og $BC$
$\textbf{Påstand:}$ $(DLNK)$. Denne sirkelen har sentrum i $M$.
$\textit{Bevis:}$ Det er velkjent at $D$ og $N$ er isotomiske konjugater. Det holder derfor å vise at $(DLK)$ har senter $M$.
La $X=BL\cap KM$. Vi har
$\begin{align}
\measuredangle LXM &= \measuredangle CKM\\
&= \measuredangle CSM\\
&=90^\circ - \frac{\angle A}{2}
\end{align}$
Vi har også
$\begin{align}
\measuredangle LDM &= \measuredangle EDF \\
&= 180^\circ - (90^\circ - \frac{\angle B}{2}) - (90^\circ - \frac{\angle C}{2}) \\
&= 90^\circ - \frac{\angle A}{2}
\end{align}$
Dermed er $(LXKD)$. Siden $BL\parallel CK$ og $M$ er midtpunktet på $BC$, så er også $M$ midtpunktet på $KX$.
Videre har vi
$\begin{align}
\measuredangle LKM &= \measuredangle SKM\\
&= \measuredangle SCM \\
&= \measuredangle MBS \\
&= \measuredangle MLK
\end{align}$
Dermed er $LM=KM=XM$. Det betyr at $M$ er sentrum i $(DKNXL)$.
La $P$ være det andre skjæringspunktet mellom sirklene $(I)$ og $(DKL)$. La $D'$ være refleksjonen av $D$ over $I$. Det er velkjent (står blant annet i EGMO kapittel 4) at $A-D'-N$. Siden $DD'$ og $DN$ er diameter i sirklene $(I)$ og $(DKL)$ hhv., så er $A-D'-P-N$.
$\textbf{Påstand:}$ $DKPL$ er harmonisk.
$\textit{Bevis:}$ Vi projiserer fra $(DKLP)$ til $(I)$ gjennom $D$. Det gir oss $(D,P;K,L)\mathrel{\overset{D}{\underset{\wedge}{=}}} (D', P; F, E)$. Vi vet at $D'FPE$ er harmonisk fordi tangentene til $(I)$ i $E$ og $F$ skjærer i $A$ som ligger på $D'P$. Dermed er påstanden vist.
Av påstanden ovenfor må $T$ også ligge på $DP$. La foten til høyden fra $A$ på $BC$ være $Q$ og $R=BC\cap AI$. Siden $I$ er midtpunktet på $DD'$ har vi at $-1=(D,D';I,DD'_{\infty})\mathrel{\overset{A}{\underset{\wedge}{=}}} (D,N;R,Q)$. Videre ser vi på den projektive transformasjonen fra $(DKPL)$ til $BC$ definert ved en projeksjon i $L$ på $DP$ etterfulgt av en projeksjon i $A$ på $BC$. La $Q'=BC\cap AT$ det følger at $-1=(D,P;K,L)$ sendes til $(-1=(D,N;R,Q')$. Det betyr at $Q=Q'$ og at $AT\perp BC$. $\square$
$\textbf{Påstand:}$ $(KMCS)$ og $(BLMS)$
$\textit{Bevis:}$ Av Iran lemma vet vi at $BL\perp AI$ og $CK\perp AI$. Åpenbart er også $SM\perp BC$. Dermed følger påstanden.
La $N$ være tangeringspunktet mellom A-utsirkelen og $BC$
$\textbf{Påstand:}$ $(DLNK)$. Denne sirkelen har sentrum i $M$.
$\textit{Bevis:}$ Det er velkjent at $D$ og $N$ er isotomiske konjugater. Det holder derfor å vise at $(DLK)$ har senter $M$.
La $X=BL\cap KM$. Vi har
$\begin{align}
\measuredangle LXM &= \measuredangle CKM\\
&= \measuredangle CSM\\
&=90^\circ - \frac{\angle A}{2}
\end{align}$
Vi har også
$\begin{align}
\measuredangle LDM &= \measuredangle EDF \\
&= 180^\circ - (90^\circ - \frac{\angle B}{2}) - (90^\circ - \frac{\angle C}{2}) \\
&= 90^\circ - \frac{\angle A}{2}
\end{align}$
Dermed er $(LXKD)$. Siden $BL\parallel CK$ og $M$ er midtpunktet på $BC$, så er også $M$ midtpunktet på $KX$.
Videre har vi
$\begin{align}
\measuredangle LKM &= \measuredangle SKM\\
&= \measuredangle SCM \\
&= \measuredangle MBS \\
&= \measuredangle MLK
\end{align}$
Dermed er $LM=KM=XM$. Det betyr at $M$ er sentrum i $(DKNXL)$.
La $P$ være det andre skjæringspunktet mellom sirklene $(I)$ og $(DKL)$. La $D'$ være refleksjonen av $D$ over $I$. Det er velkjent (står blant annet i EGMO kapittel 4) at $A-D'-N$. Siden $DD'$ og $DN$ er diameter i sirklene $(I)$ og $(DKL)$ hhv., så er $A-D'-P-N$.
$\textbf{Påstand:}$ $DKPL$ er harmonisk.
$\textit{Bevis:}$ Vi projiserer fra $(DKLP)$ til $(I)$ gjennom $D$. Det gir oss $(D,P;K,L)\mathrel{\overset{D}{\underset{\wedge}{=}}} (D', P; F, E)$. Vi vet at $D'FPE$ er harmonisk fordi tangentene til $(I)$ i $E$ og $F$ skjærer i $A$ som ligger på $D'P$. Dermed er påstanden vist.
Av påstanden ovenfor må $T$ også ligge på $DP$. La foten til høyden fra $A$ på $BC$ være $Q$ og $R=BC\cap AI$. Siden $I$ er midtpunktet på $DD'$ har vi at $-1=(D,D';I,DD'_{\infty})\mathrel{\overset{A}{\underset{\wedge}{=}}} (D,N;R,Q)$. Videre ser vi på den projektive transformasjonen fra $(DKPL)$ til $BC$ definert ved en projeksjon i $L$ på $DP$ etterfulgt av en projeksjon i $A$ på $BC$. La $Q'=BC\cap AT$ det følger at $-1=(D,P;K,L)$ sendes til $(-1=(D,N;R,Q')$. Det betyr at $Q=Q'$ og at $AT\perp BC$. $\square$
Ny oppgave:
Et hyperrektangel er en mengde i $\mathbb{R}^n$ som kan skrives som det kartesiske produktet $\prod_{i=1}^n [a_i, b_i]$, der $a_i <b_i$ for alle $i$. Vi kaller et hyperrektangel bemerkelsesverdig dersom minst én av dimensjonene er et heltall. Vis at dersom vi kan fylle et hyperrektangel $R$ med (disjunkte utenom randen) bemerkelsesverdige hyperrektangel, så er $R$ også bemerkelsesverdig.
Et hyperrektangel er en mengde i $\mathbb{R}^n$ som kan skrives som det kartesiske produktet $\prod_{i=1}^n [a_i, b_i]$, der $a_i <b_i$ for alle $i$. Vi kaller et hyperrektangel bemerkelsesverdig dersom minst én av dimensjonene er et heltall. Vis at dersom vi kan fylle et hyperrektangel $R$ med (disjunkte utenom randen) bemerkelsesverdige hyperrektangel, så er $R$ også bemerkelsesverdig.
Løst med en god del hint.
VI dekker hyperrektangelet med hyperkvadrater med sidelengde 1/2. Observer at siden en dimensjon er heltallig må hvert hyperrektangel ha likt hypervolum av sort og hvit. Dermed må R også ha likt hypervolum sort og hvit.
Vi viser at hvis R bare har ikkeheltallige sider, er dette umulig med induksjon.
Case =1 er trivielt.
Anta nå det stemmer for lavere n
La sidene til R være gitt ved [tex]\frac{c_i}{2}+r_i[/tex], der ci er heltall
La også hjørnet i R være på koordinat 0,0 og la kvadratene ha hjørner på alle multipler av 1/2
Observer at om en side har partall ci, får vi at
[tex]R =R_{n-1} \times [0,n+ri][/tex]
Siden n er et heltall kan vi dele dette opp, og vi ser at volumet til det som er igjen bare er multiplisert med ri
Dermed vil resultatet følge av induksjon.
Anta nå derfor at alle ci er odde.
Vi kan kutte vekk veldig mange unødvendige deler av hyperrektqnglet som bare er et hjørne.
Denne vil ha dimensjoner [tex]\frac{1}{2} +r_i[/tex]
Den ene fargen har areal til alle de negative leddene i utvidelsen av
[tex]\prod (1/2-r_i)[/tex], og den andre har de positive. Siden dette klart er strengt større en null når [tex]r_i <\frac{1}{2}[/tex]
følger det at arealene ikke kan være like
VI dekker hyperrektangelet med hyperkvadrater med sidelengde 1/2. Observer at siden en dimensjon er heltallig må hvert hyperrektangel ha likt hypervolum av sort og hvit. Dermed må R også ha likt hypervolum sort og hvit.
Vi viser at hvis R bare har ikkeheltallige sider, er dette umulig med induksjon.
Case =1 er trivielt.
Anta nå det stemmer for lavere n
La sidene til R være gitt ved [tex]\frac{c_i}{2}+r_i[/tex], der ci er heltall
La også hjørnet i R være på koordinat 0,0 og la kvadratene ha hjørner på alle multipler av 1/2
Observer at om en side har partall ci, får vi at
[tex]R =R_{n-1} \times [0,n+ri][/tex]
Siden n er et heltall kan vi dele dette opp, og vi ser at volumet til det som er igjen bare er multiplisert med ri
Dermed vil resultatet følge av induksjon.
Anta nå derfor at alle ci er odde.
Vi kan kutte vekk veldig mange unødvendige deler av hyperrektqnglet som bare er et hjørne.
Denne vil ha dimensjoner [tex]\frac{1}{2} +r_i[/tex]
Den ene fargen har areal til alle de negative leddene i utvidelsen av
[tex]\prod (1/2-r_i)[/tex], og den andre har de positive. Siden dette klart er strengt større en null når [tex]r_i <\frac{1}{2}[/tex]
følger det at arealene ikke kan være like