Abel maraton

lfe · 16/10-2025 17:08

$\textbf{Påstand:}$ $2\mid a_n$ for $n\geq 3$.
$\textit{Bevis.}$ Vi viser dette med induksjon. Induksjonsgrunnlaget deler vi inn i to tilfeller. Hvis $a_1$ er odde, så er $a_2=1$. Hvis $a_1$ er et partall, så er $a_2= 2$. I begge tilfeller er $a_3\equiv a_1 + a_2 \equiv 0 \pmod 3$. Anta nå at $a_i$ er et partall for $3\leq i < n$. Hvis $2\mid n$, så er $a_n$ en sum av partall utenom $a_2$ og $a_1$, men summen av dem er et partall. Hvis $2\not \mid n$, så er $a_n\equiv n-1 \equiv 0 \pmod 2$. Dermed er induksjonshypotesen vist. $\square$.

La $p$ være et odde primtall. La $f(p)$ være antall $a_i$ slik at $p\mid a_i$, der $i<p$. Vi har at $a_p = p-1-f(p)+p\cdot f(p) = (p-1)(1+f(p))$.
AFMS at det eksisterer en $N$ slik at $\{a_n\}$ er strengt stigende for alle $n\geq N$. For alle $p$ større enn $N$ er $f(p)>0$. Det er fordi $a_{p-1}\geq p-2$, men siden $a_{p-1}$ er et partall, så er $a_{p-1}\geq p-1$, en motsigelse for $f(p)=0$.
La $q$ være et primtall større enn $N$ slik at $q\not \mid \prod_{i=1}^N a_i$. En slik $q$ må eksistere fordi $f(q)=1$ og primfaktorene til $\prod_{i=1}^N a_i$ er endelige. La $k_1<\dots < k_{f(q)}$ være ulike heltall slik at $q\mid a_{k_{i}}$ for $1\leq i\leq f(q)$. Av monotonisiteten og pariteten til følgen er $a_{k_i} \geq 2\cdot i\cdot q$. Vi har da at $a_{k_{f(q)}} \geq 2\cdot f(q)\cdot q> (q-1)(1+f(q))=a_q$, en motsigelse. Dermed blir følgen aldri strengt stigende og det følger at $a_n\geq a_{n+1}$ for uendelig mange $n$. $\blacksquare$

lfe · 16/10-2025 18:06

Vi kaller en konveks mangekant for likevinklet dersom alle vinklene er like. La $P$ være en likevinklet $n$-kant med rasjonale sidelengder. Vis at $n$ er et primtall hvis og bare hvis $P$ må være likesidet.

Lil_Flip39 · 22/10-2025 16:01

Først, anta at $P$ er en likevinklet $p$-kant hvor $p$ er et primtall. Vi viser at sidelengdene til $P$ må være like. La $s_0,s_2\dots ,s_{p-1}$ være sidelengdene til $P$. Vi ser nå på ting i det komplekse planet. Når vi putter $P$ i det komplekse planet har vi da $z_0,z_2\dots z_{p-1}$ hvor $\sum z_i=0$. WLOG $z_0=1$. I tillegg siden $P$ er likevinklet, kan vi finne argumentet til $z_i$. La $\omega = exp(\frac{2i\pi}{p})$, som er en primitiv p-enhetsrot. Merk at hvis vi ser på disse komplekse tallene fra origo, så er de forskjellige med en vinkel av $\frac{2\pi}{p}$, så argumentene til $z_j$ er $\omega^{j}$. Dette kombinert med $\sum z_j=0$ og de rasjonale sidelengdene, får vi \[\sum_{j=0}^{p-1} s_j\omega^j=0\] som betyr at $\omega$ er en rot av \[P(x)=\sum_{j=0}^{p-1} s_jx^j\] Vi vet også av egenskaper ved syklotomiske polynomer at alle polynomer som har heltallige koeffisienter som har $\omega$ som en rot, har $\Phi_p(x)$ som en divisor(vi kan bare gange ut $P(x)$ sine nevnere for å få det til et heltallig polynom). Merk at $P(x)$ og $\Phi_p(x)$ har samme grad, så det må være tilfellet at $P(x)=c\times \Phi_p(x)$ hvor $c$ er et rasjonalt tall. Merk at siden alle koeffisientene til $\Phi_p(x)$ er $1$, følger det at alle koeffisientene til $P(x)$ også må være like, så vi er ferdige.

Hvis $n$ ikke er primtall, så kan vi velge en divisor av $n$ $d\neq 1$. Hvis vi da velger en $d+2$ kant som har $d-1$ vinkler av $\frac{(n-2)d}{n}$, også $2$ andre vinkler og en vinkel av størrelse $\frac{360d}{n}$ som står motsatt på de $d-1$ vinklene av størrelse $\frac{(n-2)d}{n}$, så kan man rotere denne formen med en fiksert vinkel $\frac{n}{d}$ ganger for å få en $n-gon$ som
har like vinkler. Man kan gjøre litt lett algebra for å verifisere at vinklene funker, og dette ble gjort av Thorbeam.

Lil_Flip39 · 22/10-2025 16:03

Each cell of an $m\times n$ board is filled with some nonnegative integer. Two numbers in the filling are said to be adjacent if their cells share a common side. (Note that two numbers in cells that share only a corner are not adjacent). The filling is called a garden if it satisfies the following two conditions:

(i) The difference between any two adjacent numbers is either $0$ or $1$.
(ii) If a number is less than or equal to all of its adjacent numbers, then it is equal to $0$.

Determine the number of distinct gardens in terms of $m$ and $n$.

lfe · 02/11-2025 00:38

Svaret er $2^{mn}-1$. Åpenbart kan ikke alle rutene inneholde tallet 0. Det holder dermed nå å vise at alle hager blir unikt definert av et valg av hvilke ruter som skal inneholde 0. Dette følger av følgende påstand:
$\textbf{Påstand:}$ Tallet i en rute er den minste manhattendistansen til en rute med 0.
$\textit{Bevis.}$ For en rute $A$ la $k$ være lengden på den korteste stien til en rute med 0. Hvert tall i stiene kan minst være 1 mindre enn det forrige tallet. Det følger at manhattendistansen er en øvre begrensning. For alle ruter som ikke inneholder 0 eksisterer det en naborute som er strengt mindre. Hvis man iterativt går til minste naborute fra $A$ vil man ende opp i en rute med 0 etter akkuratt $k$ steg. Dermed har vi også nedre begrensning.
$\blacksquare$

lfe · 10/11-2025 23:15

La $x=1000000007$. La $G$ være en komplett graf med $1000x$ noder, der hver kant er vektet med et heltall. Vis at det eksisterer en sykel i $G$ slik at summen av vektene er delelig på $x$.

Lil_Flip39 · 22/12-2025 16:28

Vi lar $x=10^9+7$ være et virkårlig primtall $p$. Vi jobber alltid modulo $p$. Nå, ser vi på en sykel i grafen som har $10p$ noder. Nå ser vi på 2 forskjellige tilfeller.
Vi ser på endringen av å bytte ut en kant i sykelen med 2 kanter som former en trekant med den gamle kanten. Kall denne endringen for en kul endring. Hvis for en kant i grafen, alle kule endringer man kan gjøre med denne kanten ikke endrer på summen modulo $p$, så kan vi se på 3 noder utenfor sykelen og hva som skjer når man gjør en kul endring med de. Da får man ved litt casework og likninger at trekanten som blir formet av å trekke kantene mellom $a,b,c$ må ha vekt som er delelig på $p$, og vi er ferdige i det tilfellet. Dermed kan vi anta at for alle kantene i sykelen vår så kan vi utføre en kul endring som endrer på summen i sykelen. Nå kan vi velge ut $p-1$ kanter ut av grafen. La nå $S$ være summen av vektene i resten av grafen. Vi prøver å gjøre kule endringer slik at summen i grafen blir $o$. Anta nå at vi ikke kan utføre kule endringer på de utvalgte kantene slik at summen blir $-S$. Nå kan vi essensielt redusere oppgaven til Nordic RMM TST 2025 P1, og da får vi at alle de kule endringene må gi samme konstante endring i summen. Dermed får vi at siden det er $p-1)$ slike kanter, får vi at $ci$ hvor $i$ er mellom $1,p-1$ går gjennom alle restklasser untatt $0$, så vi kan får summen til å bli $-S$ i den delen av grafen, så hele grafen får sum $0$. YIppie.

Lil_Flip39 · 22/12-2025 16:32

Let $ABC$ be a fixed triangle with circumcircle $\omega$. Consider $P$ a variable point inside $ABC$. Ray $BP$ meets side $AC$ at $Y$ while ray $CP$ meets side $AB$ at $X$. Let $Q$ be the second intersection of $\omega$ and the circumcircle of triangle $AXY$ . Let $K$ be the second interesction of ray $AP$ and $\omega$.

Prove that as $P$ varies, the circumcircles of triangle $QPK$ all have a common radical center.

lfe · 22/12-2025 23:54

La $M$ være midtpunktet på $BC$ og la $D$ være $A$-humptypunktet. La $Q$ være et punkt på $\omega$ og la $MQ$ skjære $(BCD)$ i $E$, der $E$ ligger på samme side av $BC$ som $Q$. $(BDC)$ er refleksjonen av $\omega$ i $M$. La $D'$ og $E'$ hhv være refleksjonene til $D$ og $E$ i $M$. Vi har da av epp at $QM\cdot EM = QM\cdot E'M = AM\cdot D' = AM\cdot DM$. Det følger av epp at $(ADEQ)$.

Det holder nå å vise: La $X$ være et punkt på $AB$. La $(AQX)$ skjære $AC$ igjen i $Y$. La $P=BY\cap CX$ og la $K$ være det andre skjæringspunketet mellom $\omega$ og $AP$. Vis at $(QEPK)$.

Grunnen til at dette er nok er at $Pow_{QEPK} (M) = AM\cdot DM$ som er konstant for alle mulige $X$ og $Q$, som er i oppgaveteksten er unikt definert av $P$.

La $T$ være refleksjonen til $A$ i over $M$.
$\textbf{Påstand:}$ Når $X$ varierer på $AB$, så beveger $P$ seg på linjen $EM$.
$\textit{Bevis.}$ Vi starter med mmp. $X$ varierer med grad 1. $X$ sendes til $Y$ med rotasjon i $Q$ lik $\angle BAC$. Dermed er $\deg Y = 1$. Det følger at $deg BY = deg CX = 1$. Vi har at $BY=CX$ når $X=B$. Dermed er $\deg P =\deg BY + \deg CX - 1 = 1$, så $P$ beveger seg på en linje. For å finne hvilken linje dette er trenger vi kun å sjekke til tilfeller. Når $X$ er den andre skjæringen mellom $AB$ og $(AEQ)$, så er $P=E$. Når $X=AB_{\infty}$, så er $P=T$. $\square$

Vi trenger nå bare å vise at $\measuredangle PKQ = \measuredangle TEQ$. Det følger av vinkeljakt. La $AM$ skjære $\omega$ igjen i $N$. Vi har

\[
\begin{align}
\measuredangle TEQ &= \measuredangle TED + \measuredangle DEQ \\
&= \measuredangle AE'N + \measuredangle QAN \\
&= \measuredangle AKN + \measuredangle QKN \\
&= \measuredangle AKQ \\
&= \measuredangle PKQ
\end{align}
\]

lfe · 22/12-2025 23:59

Ny oppgave:
La $ABC$ være en trekant. $D$ er et punkt på $BC$. La $I_1$ og $I_2$ hhv. være innsentrene til $ABD$ og $ACD$. La $O_1$ og $O_2$ hhv. være omsentrene til $AI_1D$ og $AI_2D$. La $P=I_1O_2 \cap I_2O_1$. Vis $PD\perp BC$.

Lil_Flip39 · 23/12-2025 18:34

La $X,Y$ være antipodene til $I_1,I_2$ i de 2 sirklene. La også $I$ være insenteret i $ABC$. Legg merke til at siden $\angle I_1DI_2=90^\circ$ så får vi at $Y,I_1,D$ og $X,I_2,D$ ligger på linje. Nå, gjør vi litt kryssforhold:
\[-1 = (X,I_1;O_1, \infty_{BI}) \overset{I_2}{=} (D, I_1I_2\cap DP; P, I_2\infty_{BI}\cap DP)\]
\[-1 = (Y,I_2;O_2, \infty_{CI}) \overset{I_1}{=} (D, I_1I_2\cap DP; P, I_1\infty_{CI}\cap DP)\]
Dermed følger det at linja parallel med $BI$ gjennom $I_2$, linja parallel med $CI$ gjennom $I_1$ og $DP$ skjærer i et punkt, nemlig refleksjonen av $I$ over midtpunktet til $I_1I_2$. Kall dette punktet $I'$. Legg merke til at newton-gauss linja som går gjennom midtpunktene på $XY$ og $I_1I_2$(Vi kaller den $l$) er midtlinja i trekanten $IDI'$, og dermed vil $DP$ være parallel med $l$. Nå viser vi at sirkelene $(I_1I_2D)$ og $(XYD)$ skjærer på linja $BC$ i et punkt $K$. Vi viser at normalen fra $I$ til $BC$ oppfyller disse kravene. En måte å vise dette på, er via moving points. For å vise dette, må man bare observere at vinklene $\angle XAY$ og $\angle I_1AI_2$ er konstante, som impliserer at vi kan essensielt se på den projektive transformasjonen som består av projeksjon og rotasjon for å mappe $I_1$ til $I_2$, fra $K$ og $A$. Da trenger man bare å vise at de er like i $3$ punkter, som følger av å velge punktene $B,C,D$.

Når man har dette resultatet, ser det lyst ut for oss å løse oppgaven. Legg merke til at siden sirklene $(XYD)$ og $(I_1I_2D)$ har diameter $XY$ og $I_1I_2$, følger det at linja $BC$ er gauss-bodenmiller linja. Dermed er vi ferdige, fordi åpenbart er gaussbodenmiller linja normal på newton gausslinja.

Lil_Flip39 · 23/12-2025 18:37

ny opppgave:
The point $D$ on side $BC$ of triangle $ABC$ $(BC > AB)$ is such that $\angle ADB = \angle BAC$. The angle bisectors of $\angle ACB$ and $\angle ADB$ intersect at $L$, and $AK$ ($K\in BC$) is the angle bisector $\angle BAC$. The circumcircle of triangle $ADK$ intersects the line $AB$ for the second time at $S$, and the circumcircle of triangle $ASL$ intersects the line $CL$ for the second time at $T$. Prove that the line $ST$ bisects the segment $AK$.

lfe · 24/12-2025 00:36

$\textbf{Påstand:}$ $(ASKD)$
$\textit{Bevis.}$ Vi har $\measuredangle SAK = \measuredangle SDK$ av at $DS$ og $AK$ er vinkelhalveringslinjer.
$\square$

$\textbf{Påstand:}$ $(ATKC)$
$\textit{Bevis.}$ Vinkeljakt:
\[
\begin{align}
\measuredangle AKD &= \measuredangle AKD\\
&= \measuredangle ASD\\
&= \measuredangle ASL\\
&= \measuredangle ATL\\
&= \measuredangle ATC
\end{align}
\]
$\square$

La $I$ være innsenteret i $ABC$.

$\textbf{Påstand:}$ $AE\parallel BI$
$\textit{Bevis.}$ $L$ er utsenteret til $ADC$. Av $BC >AB$ følger det at $D$ er mellom $B$ og $C$. Vi har dermed at $\angle CDA = \angle B + \angle C$ Det følger at $\angle EAD = \frac{1}{2} \angle B + \angle C$. Men siden $\angle BAD = \angle C$, så er $\measuredangle EAB = \measuredangle IBA$. Da er påstanden vist.
$\square$

$\textbf{Påstand:}$ $(BSTI)$
$\textit{Bevis.}$ Vinkeljakt
\[
\begin{align}
\measuredangle SBI &= \measuredangle SAL\\
&= \measuredangle STL\\
&= \measuredangle STI
\end{align}
\]

Siden $S$ er på vinkelhalveringslinjen til $\angle ADK$ og $(ADK)$, følger det at $S$ er på midtnormalen til $AK$. Det holder dermed å vise at $ST\perp AK$ som er ekvivalent med $\angle AST = 90^\circ - \frac{1}{2} \angle A$. Det er velkjent at $\measuredangle TIB = 90^\circ - \frac{1}{2} \angle A$. Til slutt har vi $\measuredangle TIB = \measuredangle TSB = \measuredangle TSA$
$\blacksquare$

lfe · 24/12-2025 02:08

Ny oppgave:
Vis at det er uendelig mange odde heltall $n$ slik at $n!+1$ er et sammensatt tall.

Lil_Flip39 · 24/12-2025 14:05

Vi viser følgene påstand som løser oppgaven:
for $n>3$ odde, så er enten $n!+1$ sammensatt eller $(n!-n)!+1$ sammensatt.
Bevis: Anta at $n!+1=p$ hvor $p$ er et primtall. Legg merke til at vi har det vekjente resultatet av wilsons at \[n!(p-1-n)!\equiv 1\pmod p\]siden vi har at $-i\equiv p-i\pmod p$. Dermed har vi \[(-1)(n!-n)!\equiv n!(p-1-n)!\equiv 1\pmod p\implies (n!-n)!+1\equiv 0\pmod p\]så vi er ferdige fordi $(n!-n)!>n!$ for $n>3$.

Det er lett å se hvordan oppgaven blir løst av denne påstanden. Legg merke til at hvis $n$ er partall, kan man direkte bruke wilsons og få resultatet.