matematikk.net

Anta uten tap av generalitet for motsigelsens skyld at [tex]a=b\neq c[/tex].
Vi har dermed [tex]b^n+pc=a^n+pb=b^n+pb[/tex]. Dette impliserer [tex]b=c[/tex], en motsigelse.

Vi antar fra nå for motsigelsens skyld at a,b og c er ulike heltall som tilfredsstiller likningene.

Fra likhetene i oppgaven får vi
[tex]a^n-b^n=p(c-b)[/tex]
[tex]b^n-c^n=p(a-c)[/tex]
[tex]c^n-a^n=p(b-a)[/tex].

Vi har dermed [tex]\prod_{cyc}^{}\left ( \frac{a^n-b^n}{a-b} \right )=p^3[/tex]

Påstand: [tex]\frac{a^n-b^n}{a-b}\neq \pm 1[/tex]
Bevis:
Anta for motsigelsens skyld at n=1.
[tex]a-b=pc-pb=p^2c-p^2a=p^3b-p^3a[/tex], en motsigelse.
Vi kan derfor anta [tex]n\geq 2[/tex].

Dersom [tex]|a|=|b|[/tex], må [tex]a=-b[/tex].
Hvis [tex]2\mid n[/tex]:
[tex]a^n+p(-a)=(-a)^n+pc\Rightarrow c=-a[/tex], en motsigelse.
Hvis [tex]2\nmid n[/tex]:
[tex]a^n-a=\pm (a^n+a)[/tex], en motsigelse.

Anta uten tap av generalitet at [tex]|a|>|b|[/tex]. Vi har dermed [tex]|a(a^{n-1}-1)|>|b(b^{n-1}-1)|\Rightarrow a^n-b^n\neq a-b[/tex].
Påstanden må dermed stemme.


Er dermed [tex]|\frac{a^n-b^n}{a-b}|=|\frac{b^n-c^n}{b-c}| =|\frac{c^n-a^n}{c-a}|=p[/tex].
En av brøkene må være positiv. Uten tap av generalitet, la [tex]\frac{a^n-b^n}{a-b}=p[/tex].
Det betyr at [tex]a^n-b^n=p(a-b)=p(c-b)\Rightarrow b=c[/tex], en motsigelse.

Ny oppgave:
La a og b være to positive heltall. Vis
[tex]\sum_{k=0}^{b-1}\left \lfloor \frac{ka}{b} \right \rfloor=\sum_{k=0}^{a-1}\left \lfloor \frac{kb}{a} \right \rfloor[/tex]

https://1drv.ms/i/s!As30ClS-AoiBqVbyZ9X ... 7?e=4QQ4fH

vi setter opp kordinatsystem.

Observer at oppgaven er ekvalent med å vise at antall gitterpunkter under/på linja y=(a/b)x, over x-aksen og til venstre for linja x=b, og antall gitterpunkter under/på linja y=(b/a)x, over x-aksen og til venstre for linja x=a.
linjene y=(a/b)x og y=(b/a)x er isogonale, som betyr at hvis vi reflekterer over vinkelhalveringslinja ser vi at gitterpunktene former et rektangel, og det betyr at antall gitterpunkter er like, så vi er ferdige.

ny oppgave:
la $ABC$ være inskrevet i en sirkel [tex]\omega[/tex]. En sirkel gjennom $B$ og $C$ skjære $AB$ og $AC$ i igjen i $S$ og $R$. $BR$ and $CS$ skjærer i $L$. Strålene $LR$ og $LS$ skjærer [tex]\omega[/tex] i $D$ $E$. Den indre vinkelhalveringslinja av [tex]\angle BDE[/tex] møter $ER$ i $K$. Vis at hvis [tex]BE=BR[/tex], da er [tex]\angle ELK=\frac{1}{2}\angle BCD[/tex]

La [tex]\measuredangle[/tex] være symbolet for rettede vinkler.
Påstand: BE=BR=BC
Bevis:
Av sykliske firkanter har vi at
[tex]\measuredangle ACE=\measuredangle RCS=\measuredangle RBS=\measuredangle DBA[/tex]
Det betyr at BA er vinkelhalveringslinjen til [tex]\angle RBE[/tex] og midtnormalen til ER.
Videre bruker vi at [tex]\measuredangle ERS=\measuredangle SER[/tex].
[tex]\measuredangle BEC=\measuredangle BER-\measuredangle SER=\measuredangle ERB-\measuredangle ERS=\measuredangle SRB=\measuredangle SCB=\measuredangle ECB[/tex].
Dermed er BCE en likebent trekant, hvor BE=BC.

Påstand: K er innsenteret til trekant ELD.
Bevis:
Det holder å vise at ER er vinkelhalveringslinjen til [tex]\angle LED[/tex].
La ER skjære [tex]\omega[/tex] i [tex]P(\neq E)[/tex].
ED er parallell med SR fordi
[tex]\measuredangle SRB=\measuredangle SCB=\measuredangle ECB=\measuredangle EDB[/tex].
Vi har dermed [tex]\measuredangle RED=\measuredangle PED=\measuredangle ERS=\measuredangle SER=\measuredangle CEP=\measuredangle LER[/tex].
Det betyr at ER er vinkelhalveringslinjen til [tex]\angle LED[/tex].

Det betyr at oppgaven er ekvivalent med å vise [tex]\angle ELD=\angle BCD[/tex].
Det er nå tilstrekkelig å vise [tex]\Delta BCD\sim \Delta ELD[/tex].
Dette følger av:
[tex]\measuredangle LED=\measuredangle CED=\measuredangle CBD[/tex]
Siden BE=BC, [tex]\measuredangle EDL=\measuredangle EDB=\measuredangle BDC[/tex].

Ny oppgave:
La ABC være en trekant med omsirkel [tex]\omega[/tex] og omsenter O. La [tex]A_1[/tex] være foten til høyden fra A og la [tex]A_2[/tex] være skjæringen mellom AO og BC. La [tex]\Omega_A[/tex] være sirkelen gjennom [tex]A_1[/tex] og [tex]A_2[/tex] som tangerer [tex]\omega[/tex] i [tex]T_A[/tex], der [tex]T_A[/tex] og A ligger på hver sin side av BC. Vi definerer [tex]B_1,B_2,C_1,C_2, T_B, T_C[/tex] på samme måte. Vis at [tex]AT_A[/tex], [tex]BT_B[/tex] og [tex]CT_C[/tex] skjærer i ett punkt.

Hallo !
Har studert løysingforslaget ditt med stor interesse.
Heilt i starten vil du vise du at AB halverer [tex]\measuredangle[/tex]DBE. Da må du vel strengt teke vise at
[tex]\measuredangle[/tex]DBA = [tex]\measuredangle[/tex]ABE . Sett frå min ståstad vil det da vere naturleg å følgje denne slutnings-rekka:

[tex]\measuredangle[/tex]ABE = [tex]\measuredangle[/tex]ACE ( periferivinklar i den sykliske firkanten AEBC ) = [tex]\measuredangle[/tex]RCS = [tex]\measuredangle[/tex]RBS ( periferivinklar i syklisk firkant( RSBC ) ) = [tex]\measuredangle[/tex]DBA ( som skulle visast )

Forøvrig elegant løysing å vise at K er innsenteret i [tex]\bigtriangleup[/tex] ELD.

Det stemmer. Jeg nevnte ikke at det jeg viser med den første vinkeljakten er EA=AD av periferivinkelsetningen. Dette imliserer at AB er vinkelhalveringslinjen til vinkel DBE.

Først skal jeg introdusere isognale linjer, symmedianer og harmoniske firkanter.
I en vinkel kaller vi 2 linjer Isogonale hvis de er refleksjonen av hverandre over vinkelhalveringslinja. symmedianen er definert som refleksjonen av medianen over vinkelhalveringslinja. Symmedianen inneholder mange nyttige egenskaper, og den viktigste er kanskje at $A$-symmedianen i trekant $ABC$ går gjennom skjæringen mellom tangentene til omsirkelen gjennom $B$ og $C$. Et syntetisk bevis på dette er ikke så lett, så den letteste løsningen er å bruke sinussetningen. Vi kaller en en syklisk firkant $ABCD$ harmonisk hvis tangentene i $A$ og $C$ skjærer på linja $BD$. Et resultat i harmoniske firkanter er:

$AC$ er symmedian i $ABD$,
$AC$ er symmedian i $CBD$,
$BD$ er symmedian i $BAC$
og $BD$ er symmedian i $DAC$.

Av konstruksjon av symmedianen er $BD$ symmedianen i $BAC$ og $DAC$. Ved hjelp av formlike trekanter og vinkeljakt kan man komme fram til resten av resultatet.

Dette er det som brukes i løsningen her.
Jeg har ikke forklart veldig bra her og har ikke bevist noen av resultatene. Noen forskjellig bevis på at symmedianen går gjennom skjæringen av tangentene finner du i denne handouten: https://yufeizhao.com/olympiad/geolemmas.pdf. En annen god introduksjon til symmedianer finner man i kapittel 4 i boka EGMO av Evan Chen. Jeg presenterer også en løsning som bruker inversjon istedenfor symmedianer, som man kan lese om her: https://services.artofproblemsolving.co ... 9uLnBkZg==

tilbake til oppgaven:

Påstand: linja $AA_T$ er $A$-symmedianen i $ABC$. Jeg presenterer 2 bevis på påstanden.

Bevis 1:
la $S$ være omsirkelen til $AA_1A_2$. la $O_1$ være omsenteret til $AA_1A_2$. Siden $A-O_1-O$ er en linje, så er $S$ og $\omega$ tangent. Hvis vi ser på potenssenteret til de tre sirkelene får vi at tangentene til $\omega$ i $T_A$ og $A$ skjærer på $BC$. Dette impliserer at $ABCT_A$ er en harmonisk firkant, så $AA_T$ er symmedianen.

Bevis 2:
La $AA_1$ og $AA_2$ skjære $\omega$ i $D$ og $E$.
La [tex]\Phi[/tex] være inversjon rundt $A$ med radius [tex]\sqrt{bc}[/tex] kompinert med refleksjon over vinkelhalveringslinja. [tex]\Phi[/tex] bytter $B$ og $C$, $A_1$ og $E$, $A_2$ og $D$, siden ortosenteret og omsenteret er isogonalkonjugater.
$\Omega_A$ blir sendt til sirkelen gjennom $D$ og $E$ tangent til $BC$.
$BCDE$ er en likebeint trapes, så sirkelen gjennom $D$ og $E$ tangent til $BC$ tangerer i midtpunktet av $BC$, som betyr at $AA_T$ er linja som er isogonal med medianen, altså symmedianen.



Av påstand er $AT_A, BT_B$ og $CT_C$ de tre symmedianene i trekanten, så de skjærer i et punkt.



Ny oppgave: la [tex]\mathbb{N}[/tex] være de positive heltallene. Finn alle funksjoner $f$: [tex]\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}[/tex] slik at $f(a)+b$[tex]\mid[/tex]$a^2$+$f(a)f(b)$ for alle positive heltall $a,b$

først vil vi bevise at [tex]f(p) = p[/tex] for alle primtall p

bevis
sett [tex]b=a[/tex] dette gir [tex]f(a) + a | a^2 +f(a)^2[/tex]
nå ta minus [tex](f(a)+a)(f(a)-a)[/tex] på høyre siden dette går siden det er delelig på f(a) + a
da ender vi opp med [tex]f(a) + a | 2a^2[/tex]
hvis vi nå lar [tex]a[/tex] være prim ender vi opp med at [tex]f(a)={1-a, 2-a, a, a^2-a, 2a^2-a, 0}[/tex] er de eneste løsningene
[tex]1-a[/tex] og [tex]2-a[/tex] vil ikke [tex]f(a)[/tex] være i de naturlige tallene for alle [tex]a[/tex]
hvis vi plugger de resterende inn i orginal likningen får vi at [tex]f(p)=p[/tex] er eneste løsning

hvis vi nå setter [tex]a = p[/tex] hvor [tex]p[/tex] er et primtall større enn [tex]b[/tex] (som såklart alltid vil eksistere)
får vi [tex]p+b | p^2+pf(b))[/tex] som impliserer [tex]p+b | p+f(b)[/tex] så [tex]f(x) = x[/tex] er eneste løsning

ny oppgave:
vis at det finnes et tall som består av siffrene [tex]2 [/tex] og [tex]5[/tex] som er delelig på [tex]2^{2005}[/tex] og har 2005 siffre

Sorry for poor formatting, am on mobile. We use induction on number of digits, and we will prove that one can find an $n$ digit number consisting of only $2$s and $5$s that is divisible by $2^n$. For $n=1$ it's trivial, as $2$ is divisible by $2^1$.
Inductive step:
Assume we have an n digit number consisting of only $2$s and $5$s that's divisible by $2^n$, then we know it's either $0$ or $2^n$mod($2^{n+1}$). If it is congruent to $0$, we know that adding $2*10^n$ will create a number of $n+1$ digits still consisting of only $2$s and $5$s that is divisible by 2^{n+1}. Otherwise add $5*10^{n}$ which is $2^n$ mod$(2^{n+1})$ and we're done.

New problem: Let $ABCD$ be a cyclic quadrilateral. Point $P$ is on line $CB$ such that $CP=CA$and $B$ lies between $C$ and $P$. Point $Q$ is on line $CD$ such that $CQ=CA$ and $D$ lies between $C$ and $Q$. Prove that the incentre of triangle $ABD$ lies on line $PQ.$

Synes at engelsk er upassende på dette forumet.

La $I$ være insenteret i trekant $ABD$.
Påstand: $ABIP$ og $ADIQ$ er sykliske firkanter.
Bevis:
av superlemma er [tex]\angle AIB=90^\circ+\frac{1}{2}\angle ADB=90^\circ+\frac{1}{2}\angle ACB = 180^\circ-\angle APB.[/tex] Den siste likheten følger av at $AC=CP$. Dette impliserer at $ABIP$ er syklisk. På lik måte kan man vise at $ADIQ$ er syklisk.

[tex]\measuredangle AIQ=\measuredangle ADQ= \measuredangle ADC =\measuredangle ABC = \measuredangle ABP=\measuredangle AIP.[/tex] Dette viser at $P-I-Q$ er en linje, som er det vi skulle vise.

ny oppgave:
la $n>=2$ være et heltall. Finn alle $n$-tupler av reele tall $(a_1,a_2,........,a_n)$ slik at
[tex]a_1-2a_2, a_2-2a_3, ......., a_{n-1}-2a_n[/tex], $a_n-2a_1$
er en omorganisering av $a_1,a_2,...a_n$