E3 | stæ.is

Dæmi 17. Efra stig 1991-92

Látum $k$ vera tiltekna heila tölu. Skilgreinum runu $a_n=2^n k+1$ fyrir $n=0,1,2,\ldots$.

(a) Sannið að ekki sé til frumtala $p$ sem gengur upp í alla liði rununnar.

(b) Sannið að ekki séu til frumtölur $p$ og $q$ þannig að sérhver liður í rununni sé deilanlegur annað hvort með $p$ eða með $q$.

Lausn

(a) Við sýnum að það er ekki einu sinni til frumtala $p$ sem gengu r upp í $a_0$ og $a_1$. Ef svo væri myndi hún einnig ganga upp í $2\cdot a_0-a_1=1$, sem er fráleitt.

(b) Gerum ráð fyrir að slíkar frumtölur séu til. Af ofansögðu er ljóst að ef önnur þeirra, segjum $p$, gengur upp í $a_0$ þá hlýtur $q$ að ganga upp í $a_1$. Nú er $2\cdot a_1-a_2=1$ svo að $q$ gengur ekki upp í $a_2$. Þá hlýtur $p$ að ganga upp í $a_2$ og þar með $4\cdot a_0-a_2=3$ svo að $p=3$. Þá er $q\ne3$ svo $q$ gengur heldur ekki upp í $a_3$ því $4\cdot a_1-a_3=3$. Frumtalan $p$ gengur því einnig upp í $a_3$ og þar með einnig upp í $2\cdot a_2-a_3=1$ sem er fráleitt. Slíkar frumtölur $p$ og $q$ eru því ekki til.

Dæmi 18. Efra stig 1991-92

Skilgreinum fall $f(x)=kx(1-x)$ þar sem $k\gt 0$ er fasti. Ákvarðið
skilyrði á töluna $k$ sem eru nægileg og nauðsynleg til þess, að til sé rauntala $c$ þannig að $f(f(c))=c$ en $f(c)\neq c$.

Lausn

Ef $x$ uppfyllir $f(x)=x$, þá er $kx(1-x)=x$ svo að $x(k-1-k x)=0$ og því $x=0$ eða $k-1-k x=0$.

Ef $x$ uppfyllir $f(f(x))=x$, en $f(x)\neq x$, þá er $$ k^2x(1-x)(1-k x(1-x))=x$$ þar sem $x\neq 0$ og $k-1-kx\neq 0$. Þar sem $x\neq 0$, þá er þessi jafna jafngild jöfnunni $$ \begin{aligned} 0&=1-k^2(1-x)(1-kx(1-x))\\ &=1-k^2+k^3x-k^3x^2+k^2x-k^3x^2+k^3x^3\\ &=x(1-x)^2k^3-(1-x)k^2+1\\ &=((1-x)k-1)(x(1-x)k^2-(1-x)k-1). \end{aligned} $$ (Þáttunin í síðasta skrefi umritunarinnar fæst með margliðudeilingu, en við vitum $k-1-kx$ er þáttur því allar lausnir $f(x)=x$ hljóta jafnframt að vera lausnir $f(f(x))=x$.) Þar sem $k-1-kx\neq 0$ þá fáum við $$ \begin{aligned}k^2x^2-k(k+1)x+(k+1)=0 \quad * \end{aligned} $$ Þessi síðasta jafna hefur lausn þá og því aðeins að aðgreinirinn $$ D=k^2(k+1)^2-4k^2(k+1)=k^2(k+1)((k+1)-4)=k^2(k+1)(k-3)$$ sé ekki neikvæður. Fyrir $D\gt 0$ eru tvær ólíkar lausnir. Önnur þeirra hlýtur þá að vera frábrugðin lausn $k-1-kx$ og þar sem $x=0$ er ekki lausn, þá fáum við að $f(f(x))=x$ hefur lausn sem er ekki lausn $f(x)=x$ ef $D\gt 0$, það er ef $k\gt 3$. Ef hinsvegar $D=0$, þá er $k=3$ og $x=\frac{k(k+1)}{2k^2}=\frac{k+1}{2k}=\frac{2}{3}$ eina lausn $*$. En $k=3$ og $x=\frac{2}{3}$ uppfylla jöfnuna $k-1-k x=0$ svo $x$ er þá líka lausn $f(x)=x$.

Við höfum þá séð að til er lausn á $f(f(x))=x$ sem er ekki lausn á $f(x)=x$ þá og því aðeins að $k\gt 3$.

Dæmi 19 Efra stig 1997-1998

Í Maraþonhlaupi (42 km) eru 11 drykkjarstöðvar fyrir keppendur. Köllum drykkjar-stöð-varnar $A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K$, og gerum ráð fyrir að þær raðist meðfram hlaupabrautinni eins og sýnt er á myndinni. Drykkjarstöð $A$ er við upphaf brautarinnar og drykkjarstöð $K$ við enda brautarinnar. Stöðvunum er raðað þannig að samanlögð lengd tveggja sam-liggjandi bila á milli stöðva sé ekki meiri en 10 km, og að samanlögð lengd þriggja samliggjandi bila er að minnsta kosti 13 km.

Lausn

Lausn: Við höfum að $$ |AB|+|BC|+|CD|+|DE|+|EF|$$ $$+|FG|+|GH|+|HI|+|IJ|+|JK|=42. $$ Vegna þess að samanlögð lengd þriggja samliggjandi bila er aldrei minni en 13, þá er $$ (|BC|+|CD|+|DE|)+(|EF|+|FG|+|GH|)$$ $$+(|HI|+|IJ|+|JK|)\geq 39. $$ Af þessu leiðir að $|AB|\leq 3$. Við höfum einnig að $|AB|+|BC|+|CD|\geq 13$, svo að $|BC|+|CD|\geq 10$. En lengd tveggja samliggjandi bila er ekki meiri en 10, svo $|BC|+|CD|=10, |AB|=3$ og $|AB|+|BC|+|CD|=13$. Ef litið er aftur á fyrstu jöfnuna hér að ofan sést að $$|DE|+|EF|+|FG|+|GH|+|HI|+|IJ|+|JK|=29,$$ en með því að nota aftur að lengd þriggja samliggjandi bila er aldrei minni en 13 sést að $$(|EF|+|FG|+|GH|)+(|HI|+|IJ|+|JK|)\geq 26,$$ svo $|DE|\leq 3$. Eins og áður fæst nú að $|DE|=3$ og $|EF|+|FG|=10$. Nú er bilið milli $B$ og $G$ jafnt $$ |BC|+|CD|+|DE|+|EF|+|FG|$$ $$=(|BC|+|CD|)+|DE|+(|EF|+|FG|)$$ $$ =10+3+10=23. $$

Login to post comments
Lesa meira

Dæmi 18 Efra stig 1997-1998

Gefinn er kúptur fimmhyrningur $ABCDE$. Hann er svo þaninn út og búinn til nýr fimmhyrningur $A’B’C’D’E’$. Horn þess nýja eru jafnstór hornum þess gamla, og samsvarandi hliðar í þeim gamla og þeim nýja eru samsíða og fjarlægð á milli þeirra er í öllum tilvikum $4$. Sýnið að ummál fimmhyrningsins $A’B’C’D’E’$ er að minnsta kosti $8\pi$ stærra en ummál upphaflega fimmhyrningsins $ABCDE$.

Lausn

Látum $a, b, c, d, e$ vera eins og sýnt er á myndinni. Þá er $a=|AB|$, $b=|BC|$, $c=|CD|$, $d=|DE|$ og $e=|EA|$ þar sem um er að ræða samsíða hliðar í rétthyrningum. Það sem eftir er af ummáli fimmhyrningsins má nálga með fimm hringbogum eins og sýnt er á myndinni. (Sú nálgun gefur þó minni tölu en hið raunverulega ummál rétthyrningsins.) Þegar þessum fimm hringbogum er skeytt saman fæst hringur með geisla 4 og ummál hans er því $8\pi$. Höfum því að ummál stóra fimmhyrningsins er minna en $a+b+c+d+e+8\pi$, en $a+b+c+d+e$ er einmitt ummál minni fimmhyrningsins og því mismunur ummálanna minni en $8\pi$.

Dæmi 17 Efra stig 1997-1998

Á stofugólfinu er ljótur hringlaga blettur sem hefur flatarmálið $1$. Sýnið að hægt er að hylja blettinn með þremur ferningslaga mottum sem hver hefur flatarmálið $1$ (án þess að klippa motturnar í sundur).

Lausn

Við sýnum að það er meira að segja hægt að þekja blettinn með tveimur mottum.

Ef $r$ er geisli blettsins, þá er flatarmál hans $\pi r^2=1$ og því $r=\frac{1}{\sqrt\pi}$. Látum $O$ vera miðpunkt hringsins og $ABCD$ vera aðra mottuna. Við leggjum hana nú þannig að hringurinn snerti hliðarnar $AB$ og $BC$. Við látum $Q$ vera fótpunkt þverilsins gegnum $O$ á hliðina $AD$. Nú er $1\gt 1/\sqrt{\pi}$ þar sem $\pi\gt 1$ og því er $O$ innaní ferningnum. Einnig er þvermál hringsins $2/\sqrt{\pi}$, sem er stærra en 1 þar sem $\pi\lt 4$, og því er $Q$ innaní hringnum og $|OQ|=1-1/\sqrt{\pi}$. Þá sker hringurinn strikið $AQ$ í punkti $P$. Regla Pýþagorasar gefur nú að $$ |PQ|^2=|OP|^2-|OQ|^2=\frac{1}{\pi}-\left(1-\frac{1}{\sqrt{\pi}}\right)^2 =\frac{2}{\sqrt{\pi}}-1.$$

Við leggjum nú hina mottuna $A’B’C’D’$ þannig að hringurinn snerti hliðarnar $A’D’$ og $C’D’$ í punktum gengt snertipunktum hinnar mottunnar við hringinn. Til að sýna að motturnar hylji nú blettinn nægir augljóslega að sýna að punkturinn $P$ lendi undir seinni mottunni, það er að $P$ sé í minni fjarlægð en 1 frá hliðinni $C’D’$, það er að $$|PQ|+\frac{1}{\sqrt{\pi}}\lt 1.$$ Við þurfum þá að sýna að $$ \frac{2}{\sqrt{\pi}}-1=|PQ|^2\lt \left(1-\frac{1}{\sqrt{\pi}}\right)^2$$ sem jafngildir $$ 0\lt 2\pi-4\sqrt{\pi}+1=2(\sqrt{\pi}-1)^2-1$$ svo okkur nægir að sýna að $(\sqrt{\pi}-1)^2\gt 1/2$. Við vitum að fyrstu þrír stafir $\pi$ eru $\text{3,14}$. Nú er $\text{1,75}^2=(2-\text{0,25})^2=4-1+\text{0,125}=\text{3,125}$ svo að $\text{1,75}\lt \sqrt{\pi}$ og því $\sqrt\pi-1\gt 0,75$. En $\text{0,75}^2=(1-\text{0,25})^2=1-\text{0,5}+\text{0,125}\gt \text{0,5}$ svo við höfum sannað ójöfnuna.

Dæmi 16 Efra stig 1997-1998

Gutti og Jörmunrekur eru í leik, fyrir framan sig hafa þeir jöfnu $$ \Box\,x+\Box=\Box $$ sem í vantar stuðlana. Leikurinn felst í því að Gutti byrjar að velja tölu í einhvern reitanna, svo setur Jörmunrekur tölu í annan reitanna tveggja sem þá eru eftir, og loks setur Gutti tölu í síðasta reitinn. Gutti hefur það markmið að jafnan sem kemur út hafi enga lausn.

Útskýrið hvernig Gutti getur alltaf náð þessu markmiði, óháð því hvað Jörmunrekur gerir þegar hann á að velja tölu.
Útskýrið að Gutti getur líka leikið þannig að jafnan hafi nákvæmlega eina lausn, óháð því hvað Jörmunrekur gerir.
Útskýrið að Gutti getur einnig leikið þannig að jafnan hafi óendanlega margar lausnir, óháð því hvað Jörmunrekur gerir.

Lausn

Lausn:

Gutti byrjar á að setja 0 í reitinn fyrir framan $x$-ið. Jörmunrekur setur þá tölu í annan hinna reitanna, og Gutti setur svo tölu í hinn reitinn, en passar bara að velja ekki sömu tölu og Jörmunrekur. Þá er komin jafna $0\cdot x+a=b$, þar sem $a\neq b$. Það er sama hvaða tölu við setjum í staðinn fyrir $x$-ið, aldrei fæst að vinstri hliðin verði jöfn þeirri hægri. Því hefur þessi jafna enga lausn.
Nú byrjar Gutti á að setja tölu í reitinn fyrir framan $x$-ið, það eina sem hann má ekki gera er að setja $0$. Segjum að Gutti byrji á að setja 1 í reitinn fyrir framan $x$-ið. Jörmunrekur setur svo einhverja tölu í annan hinna reitanna, og að endingu setur Gutti aftur bara einhverja tölu í reitinn sem er eftir, segjum bara að hann velji sömu tölu og Jörmunrekur notaði. Þá höfum við fengið jöfnu $1\cdot x+a=a$. Þessi jafna hefur lausnina $x=0$, og það er engin önnur lausn til. Reyndar sjáum við að Gutti getur valið sína tölu þannig að jafnan hafi bara eina lausn og það sé einhver fyrirfram ákveðin tala.
Nú verður Gutti að byrja á því að setja $0$ í reitinn fyrir framan $x$-ið. Jörmunrekur setur svo einhverja tölu í annan hinna reitanna, og Gutti lýkur leiknum með að setja sömu tölu í síðasta reitinn. Útkoman er þá jafna á forminu $0\cdot x+a=a$. Nú er sama hvaða tala er sett í staðinn fyrir $x$, jafnan verður alltaf sönn. Því hefur þessi jafna óendanlega margar lausnir.

Stærðfræðikeppni framhaldsskólanema

Dæmi 17. Efra stig 1991-92

Dæmi 18. Efra stig 1991-92

Dæmi 19 Efra stig 1997-1998

Dæmi 18 Efra stig 1997-1998

Dæmi 17 Efra stig 1997-1998

Dæmi 16 Efra stig 1997-1998

Stærðfræðikeppni framhaldsskólanema

STAK