E3 | stæ.is

Dæmi 23. Neðra stig 1991-92

Látum $ABC$ vera þríhyrning. Punkturinn $P$ liggur innan í $AB C$ þannig að $|PA|=4$, $|PB|=2$ og $|PC|=1$.

(a) Ef $\angle APB=\angle BPC=\angle CPA$, sannið að $\angle ACB=90^\circ$.

(b) Ef $\angle ACB=90^\circ$ og $\angle APB=\angle BPC$, sannið að $\angle CPA=120^\circ$.

Lausn

(a) Við byrjum á að athuga að $\angle APB=\angle BPC=\angle CPA=120^\circ$ og einnig að $\cos(120^\circ)=-\frac{1}{2}$. Við beitum kósinusreglunni á þríhyrningana $A B P$, $B C P$ og $C A P$ og fáum $$ \begin{aligned} |AB|^2&=|PA|^2+|PB|^2-2\cdot|PA|\cdot|PB|\cdot\cos(120^\circ)\\ &=4^2+2^2-2\cdot4\cdot2\cdot(\textstyle-\frac{1}{2})=28,\\ |BC|^2&=|PB|^2+|PC|^2-2\cdot|PB|\cdot|PC|\cdot\cos(120^\circ)\\ &=2^2+1^2-2\cdot2\cdot1\cdot(\textstyle-\frac{1}{2})=7,\\ |CA|^2&=|PC|^2+|PA|^2-2\cdot|PC|\cdot|PA|\cdot\cos(120^\circ)\\ &=1^2+4^2-2\cdot1\cdot4\cdot(\textstyle-\frac{1}{2})=21. \end{aligned} $$ Þá er $|BC|^2+|CA|^2=7+21=28=|AB|^2$, sem sýnir að $\angle ACB=90^\circ$. (Minnumst þess að regla Pýþagorasar segir ekki aðeins að summa ferninga skammhliðanna í rétthyrndum þríhyrningi sé jöfn ferningi langhliðarinnar, heldur einnig að ef svo er, þá sé þríhyrningurinn rétthyrndur.)

(b) Látum $\alpha=\angle APB=\angle BPC$ og $x=\cos\alpha$. Þá er $\angle CPA=360^\circ-2\alpha$ og því $$\cos(\angle CPA)=\cos(360^\circ-2\alpha)=\cos(2\alpha)=2\cos^2\alpha-1=2x^2-1.$$ Samkvæmt kósínusreglu er $$ \begin{aligned} |AB|^2&=|PA|^2+|PB|^2-2\cdot|PA|\cdot|PB|\cdot\cos(\alpha)=20-16x,\\ |BC|^2&=|PB|^2+|PC|^2-2\cdot|PB|\cdot|PC|\cdot\cos(\alpha)=5-4x,\\ |CA|^2&=|PC|^2+|PA|^2-2\cdot|PC|\cdot|PA|\cdot\cos(2\alpha) =17-8\cdot(2x^2-1)\\&=25-16x^2. \end{aligned} $$ Þar sem $\angle ACB=90^\circ$, þá er $|AB|^2=|BC|^2+|CA|^2$ og því $$ (5-4x)+(25-16x^2)=20-16x $$ það er $8x^2-6x-5=0$. Þessi jafna hefur ræturnar $x=-\frac{1}{2}$ og $x=\frac{5}{4}$. Einungis hin fyrri kemur til greina því $x=\cos\alpha \leq 1$, svo að $\cos\alpha=-\frac{1}{2}$ og því $\alpha=120^\circ$. Þar með er $\angle CPA=360^\circ-2\cdot120^\circ=120^\circ$.

Önnur lausn

Við tökum eftir að þríhyrningarnir $APB$ og $BPC$ eru einslaga því $|AP|=2|BP|$, $|BP|=2|PC|$ og $\angle APB=\angle BPC$. Því er $|AB|=2|BC|$.

(a) Nú er $$ \begin{aligned} \angle ABC&=\angle ABP+\angle PBC=\angle ABP+\angle PAB\\&=180^\circ-\angle APB=180^\circ-120\deg=60^\circ.\end{aligned} $$ Við sjáum því að ef $M$ er miðpunktur $AB$, þá er $MBC$ jafnhliða þríhyrningur og því $|MC|=|MB|$. Þá liggur $C$ á hringnum með miðstreng $AB$ og því er $\angle ACB=90^\circ$ því hornið $\angle ACB$ spannar miðstreng í hringnum.

(b) Þar sem $\angle ACB=90\deg$, þá er $|BC|=|AB|\cos\angle ABC$. En við höfum þegar tekið eftir að $|AB|=2|BC|$ svo $\cos\angle ABC=\frac{1}{2}$ og því $\angle ABC=60^\circ$. Þá er $$ 60^\circ=\angle ABC=\angle ABP+\angle PBC=\angle ABP+\angle PAB=180^\circ-\angle APB$$ svo að $\angle BPC=\angle APB=120^\circ$ og því $\angle CPA=360^\circ-2\cdot 120^\circ=120^\circ$.

Dæmi 14. Efra stig 1991-92

Ákvarðið allar lausnir á jöfnunni $\sqrt[3]{x+9}-\sqrt[3]{x-9}=3$.

Lausn

Höfum að $$ a^3-b^3=(a-b)(a^2+a\cdot b+b^2)=(a-b)((a-b)^2+3 a b). $$ Setjum $a=\sqrt[3]{x+9}$ og $b=\sqrt[3]{x-9}$ og fáum $18 = 3\cdot(3^2+3a b)$ eða $a b=-1$. Þá er $$\sqrt[3]{x^2-81}=\sqrt[3]{x+9}\sqrt[3]{x-9}=a b=-1$$ og þar með eru tvær lausnir, $x=\sqrt{80}$ og $x=-\sqrt{80}$.

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 23. Neðra stig 1991-92

Dæmi 14. 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