matematikk.net

Vi bytter ut \(2011\) med et generelt oddetall \(n\), da er svaret \(\frac{5n-3}{2}\)

Under har jeg laget konstruksjon for \(n=7\):







Det er lett å se hvordan dette generaliseres, men for et mer rigorøst bevis kan man bruke induksjon for å vise det.

Vi starter med et lemma for å vise boundet: hvis vi har \(k\) punkter på en linje hvor \(k\) er odde, vil man ha minst \(2k-3\) distinkte midpunkter som kan bli dannet av par av \(2\) punkter.
Bevis: Nummerer punktene \(1,2,\dots ,k\). Se på midpunktene til \((1,2), (2,3),\dots ,(n-1,n)\), og midtpunktene til \((,1,3), (2,4), \dots (n-2,n)\). Det er lett å se at alle disse er distinkte,
og det \(2n-3\) par vi har her.

For at en firkant skal være et likebent trapes, må da \(2\) av sidene ha midpunkt på samme posisjon enten horisontalt eller vertikalt. La det \(a_1,a_2,\dots, a_n\) være antall punkter i rad \(1,2,\dots, n\).
Observer at for hver rad har man minst \(2a_i-3\) midtpunkter, og totalt hvis vi tenker på radene så har man \(2n-3\) ulike posisjoner midpunktene kan være på, siden \(2\) midpunkter i \(2\) forskjellige rader
kan ikke ligge på samme posisjon.
Dermed følger ulikheten
\[\sum_{i=1}^{n}2a_i-3\leqslant 2n-3\]
som er ekvalent med
\[\sum_{i=1}^{n}a_i\leqslant \frac{5n-3}{2}\]
så vi er ferdige.

Ny oppgave:
La \(H,T\) være ortosenteret og \(A\)-humpty punktet i en spissvinklet trekant \(ABC\). La \(AH,AT\) skjære \((ABC)\) igjen i punktene \(K,N\).
Vis at omsirkelen til trekanten som blir formet av linjene \(BC,HT,NK\) er tangent til \((ABC)\)

La $Q$ være $A$-køpunktet. La $HT\cap BC=X$, $KN\cap HT = Y$ og $KN\cap BC=Z$. La $A'$ være refleksjonen av $A$ over midtnormalen til $BC$.

$\textbf{Påstand: }$ $BC\cap AQ = X$
$\textit{Bevis. }$ Det er velkjent at $(AQHT)$. La $W$ være refleksjonen av $A$ over $M$. Det følger av rette vinkler at $(BHTCW)$. Dermed følger påstanden av EPP på $(AQHT)$, $(BHTCW)$ og $(ABCQ)$.

$\textbf{Påstand: }$ $(QYKH)$
$\textit{Bevis. }$ Følger av vinkeljakt
\[
\begin{align*}
\measuredangle QKY &= \measuredangle QKN \\
&= \measuredangle QAT \\
&= \measuredangle QHT \\
&= \measuredangle QHY
\end{align*}
\]

$\textbf{Påstand: }$ $(QXDH)$
$\textit{Bevis. }$ Dette følger ganske simpelthen av at $Q$ er $H$-humptypunktet i $HBC$, siden $A$, $B$, $C$ og $H$ danner et ortisk system.

$\textbf{Påstand: }$ $(QXYZ)$
$\textit{Bevis. }$ Vinkeljakt:
\[
\begin{align*}
\measuredangle QXZ &= \measuredangle QXD \\
&= \measuredangle QHD \\
&= \measuredangle QHK \\
&= \measuredangle QYK \\
&= \measuredangle QYZ
\end{align*}
\]

$\textbf{Påstand: }$ $A'-Q-Z$
$\textit{Bevis. }$ Vinkeljakt:
\[
\begin{align*}
\measuredangle QZX &= \measuredangle QYX \\
&= \measuredangle QYH \\
&= \measuredangle QKH \\
&= \measuredangle QKA \\
&= \measuredangle QA'A
\end{align*}
\]
Påstanden følger, siden $XZ\parallel AA'$.


Vi har at $(ABC)$ og $(XYZ)$ skjærer i $Q$. Det holder nå å vise at $Q$ er det eneste skjæringspunktet. Videre vet vi at $XZ\parallel AA'$, $A-Q-X$ og $A'-Q-Z$. Dermed følger det at $Q$ er det eneste skjæringspunktet av konversen til reims teorem.
$\square$

La $ABC$ være en trekant med ortosenter $H$. La $M$ være midtpunktet på $BC$. La $P$ og $Q$ være to ulike punkter på sirkelen $(AH)$ slik at $M$ ligger på $PQ$. Vis at ortosenteret til $APQ$ ligger på $(ABC)$.

Observer at Omsirkelen til (APQ) er AH. Hvis vi reflekterer [tex]H_{APQ}[/tex] over midtpunktet på PQ vil det ende opp på H.
Dermed har vi at om midtpunktet på PQ ligger på [tex]N_9[/tex], følger oppgaven av en homoteti i H.

Av 3 tangents lemma har vi at tangentene i fotpunktene til B og C (E,F) til (AH) skjærer i M.
La l være en arbitrær linje igjennom M som skjærer (AH) i P og Q, la O være sentrum i (AH) og S midtpunktet på PQ. O er midtpunktet på AH og ligger på [tex]N_9[/tex] så:
[tex]\measuredangle OSM = \measuredangle OSP = 90^{\circ} = \measuredangle OEM[/tex]
Som betyr at at S ligger på [tex]N_9[/tex], og oppgaven er løst

Den store CCPenguin ga Lil_Flip38 tillatelse til å legge ut den neste oppgaven på dette forumet. lfe derimot, sliter med å logge inn på matematikk.net brukeren sin.
Problemet er at lfe sitt passord er ikke en streng av tegn, men istedenfor en familie av funksjoner! Nemlig er nøkkelen til å logge inn på lfe sin bruker å finne alle $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$
slik at
\[
f(x^2-y)+2yf(x)=f(f(x))+f(y)
\]
for alle $x,y\in\mathbb{R}$. Vennligst hjelp stakkars lfe.

Jeg skal knuse IFEs drømmer om matematikk net passored ved å stjele familien av funksjoner.
Først anta f(a)=f(b), der [tex]a^2[/tex] ikke er lik [tex]b^2[/tex]
P(a,y):
[tex]f(a^2-y)=f(f(a))-f(y)-2yf(a)= f(b^2-y)[/tex]
Det følger at f er periodisk.
Dermed vil
P(x,y+p) føre til en motsigelse med mindre f(x)=0 for alle x.
P(x,f(y)) gir nå en symmetri og vi får:
[tex]f(x^2-f(y))=f(y^2-f(x))[/tex]
La y=0, da vil
[tex]x^2-f(0) = \pm f(x)[/tex]
Herifra kan man finne alle funksjoner ved å plugge inn.

Find all polynomials $f$ with real coefficients such that for all reals $a,b,c$ such that $ab+bc+ca = 0$ we have the following relations

\[ f(a-b) + f(b-c) + f(c-a) = 2f(a+b+c). \]

Svaret er alle polyonomer på formen $f(x)=px^4+qx^2$, der $p,q\in \mathbb{R}$.
Vi ser at dette er løsninger fordi $\sum_{cyc} (a-b)^4 - 2(a+b+c)^4=(ab+bc+ca)(-12a^2-12b^2-12c^2-6ab-6bc-6ca)=0$ og $\sum_{cyc} (a-b)^2 - 2(a+b+c)^2 = -6(ab+bc+ca)=0$.

$(a,b,c)=(0,0,0)$ impliserer at $f(0) = 0$. $(a,b,c)=(a,0,0)$ gir oss at $f(a)=f(-a)$ for alle $a$. Dermed har $f$ kun ledd av partalls grad. Det holder nå å vise at $\deg f = n \leq 5$. La $(a,b,c)=(6x, 3x, -2x)$. Ser vi på de ledende koeffisientene, får vi $(6-(-2))^n+(6-3)^n+(3-(-2))^n=2\cdot(6+3-2)^n$, noe som ikke er mulig for $n\geq 6$ siden $8^6>2\cdot 7^6$.

La $S:\mathbb{R}[x]\to \mathbb{R}$ være definert ved $S(P)=\sum_{i=0}^n a_i^2$, der $P(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i$. Vis at 3 ikke deler $S((x+1)^{2n})+1$

Essensielt vil vi regne ut \[\sum_{i=1}^{2n}\binom{2n}{i}^2\pmod 3\]
La \(m\) være antall \(1\leqslant k\leqslant 2n\) slik at \(3\nmid \binom{2n}{k}\). Merk at hvis \(3\nmid \binom{2n}{k}\), så blir \(\binom{2n}{k}^2\equiv 1 \pmod 3\). Dermed har vi \[\sum_{i=1}^{2n}\binom{2n}{i}^2\equiv m\pmod 3\] La nå \[2n=\sum_{i=0}^{t}a_i3^i\]
Påstand: \(m=\prod_{i=0}^{t}(a_i+1)\).
Først, har vi av lucas' teorem at \(3\mid \binom{2n}{k}\) hvis og bare hvis det eksisterer en plass i base \(3\) av \(2n\), \(k\) hvor sifferet til \(k\) i den plassen er større enn sifferet til \(2n\) i den plassen. Dermed kan vi telle antall \(k\) slik at dette ikke skjer. For hver \(a_i\), har man \(a_i+1\) forskjellige valg av siffer i den plassen som gir en gyldig \(k\). Dette er nok for å vise påstanden.
Påstand: \(m\not\equiv -1\mod 3\).
Vi dropper å se på tilfellet når \(a_j=2\) for en eller annen \(j\), siden da får vi \(m\equiv 0\pmod 3\). Dermed vil \(\prod_{i=0}^{t}(a_i+1)\) være et produkt av \(1,2\). Merk at hvis \(\prod_{i=0}^{t}(a_i+1)\equiv -1\pmod 3\), må antall \(a_i+1=2\) være et oddetall. Dette hadde dermed implisert at \(2n\) i base \(3\) er en streng av \(0,1\) hvor det er et odde antall \(1\)ere, noe som motstiger det at \(2n\) er et partall, så påstanden er bevist.
Til slutt følger det vi ville vise direkte av påstanden over.

La \(ABC\) være en spissvinklet trekant inskrevet i en sirkel \(\Gamma\). La \(A_1\) være foten fra \(A\) til \(BC\), og la \(B_1,C_1\) være føttene fra \(A_1\) til \(AB,AC\). La \(P\) være et punkt slik at \(AB_1PC_1\) har likt areal som \(\triangle ABC\). Er det mulig for \(P\) å ligge strengt inni \(\Gamma\)? (Strengt inni inkluderer ikke punkter på sirkelen\).

Nei, det er ikke mulig. La $A'$ være antipoden til $A$. Vi har at $(AB_1A_1C_1)$ tangerer $BC$ i $A_1$. Det betyr at $B_1C_1$ er antiparallell til $BC$ og er dermed parallell med tangent til $\Gamma$ i $A'$. Vi har derfor den øvre begrensningen $[AB_1PC_1]<[AB_1A'C_1] = R\cdot B_1C_1$ gitt at $P$ ligger på innsiden av $\Gamma$. Det holder dermed å vise at $R\cdot B_1C_1\leq [ABC]$.

Vi har at $AB_1A_1C_1$ er formlik $ACA'B$. Dermed er $\frac{AA_1}{AA'}=\frac{B_1C_1}{BC}$. Det gir oss
\[
[AB_1A'C_1]=\frac{AA'\cdot B_1C_1}{2} = \frac{AA_1\cdot BC}{2} = [ABC]
\]

Ny oppgave:
La $S$ være en mengde av $n^2+1$ positive heltall slik at for alle $X\subset S$, der $|X|=n+1$, eksisterer det $x\neq y$ i $X$ slik at $x\mid y$. Vis at det eksisterer en mengde $Y\subset S$ slik at $Y=\{x_1,\dots, x_{n+1} \}$ tilfredsstiller $x_i \mid x_{i+1}$ for $1\leq i \leq n$.

Vi ser på delelighet som en delvis ordning av de \(n^2+1\) positive heltallene. Det vi vil finne er en chain på størrelse \(n+1\). Anta dette ikke finnes. Merk at av oppgaven vet vi at \(S\) sin største antichain er maks på størrelse \(n\). Dermed har vi av dilworths teorem at \(S\) skal kunne partisjoneres inn i maks \(n\) chains. Hvis nå den største chainen er på størrelse \(n\), har vi maks \(n\times n<n^2+1\) elementer i \(S\), en motstigelse, så en chain på størrelse \(n+1\) finnes.