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.