Úrslitakeppni | stæ.is

Dæmi 5. Úrslitakeppni 1995-96

(a) Sýnið fram á að öll margfeldi af tölunni $99$, frá og með $1\cdot 99$ til og með $100\cdot 99$, hafi þversummuna $18$.

(b) Sýnið fram á að öll heil margfeldi af tölunni $10^n-1$, frá og með $1\cdot(10^n-1)$ til og með $10^n\cdot (10^n-1)$, hafi þversummuna $n\cdot 9$.

Lausn

Það nægir að sanna lið (b) því liður (a) er sértilvik af honum. Við veljum $m$ þannig að $1\leq m\leq 10^n$ og setjum $m-1$ fram í tugakerfi sem $$ m-1=\sum_{k=0}^{n-1}x_k 10^k.$$ Þá er $$ \begin{aligned} m(10^n-1)&=10^n(m-1)+10^n-1-(m-1)\\ &=10^n\sum_{k=0}^{n-1}x_k 10_k+\sum_{k=0}^{n-1}9\cdot 10^k-\sum_{k=0}^{n-1}x_k 10^k\\ &=\sum_{k=0}^{n-1}x_k 10^{n+k}+\sum_{k=0}^{n-1}(9-x_k)10^k. \end{aligned} $$ Þversumman er því $$ \sum_{k=0}^{n-1}x_k+\sum_{k=0}^{n-1}(9-x_k)=9n.$$

Dæmi 6. Úrslitakeppni 1995-96

Í ferningslaga bókaskáp eru tvær jafn þykkar og jafn háar bækur skorðaðar eins og myndin sýnir. Ef hæð skápsins er $1$ lengdareining, hver er þá þykkt bókanna?

Lausn

Við látum $a$ tákna þykkt bókanna og látum $x$ tákna hornið sem skálínan myndar við botninn eins og sýnt er á myndinni. Botninn samansetndur af þremur línustrikum og því fáum við jöfnuna $$cos(x) +asin(x)+a=1.$$ Hæðin til vinstri samanstendur af tveimur strikum og við fáum því jöfnuna $$acos(x)+sin(x)=1.$$ Ef við margföldum seinni jöfnuna með $a$ og drögum frá þeirri fyrri fáum við $$(1-a^2)cos(x)=1-2a$$ og þegar við margföldum fyrri jöfnuna með $a$ og drögum frá þeirri seinni fáum við $$(1-a^2)sin(x)=1-a+a^2.$$

Nú notfærum við okkur að $cos^2(x)+sin^2(x)=1$. Þá fáum við eftirfarandi jafngildu jöfnur fyrir $x$ $$ \begin{aligned} (1-a^2)^2&=(1-2a)^2+(1-a+a^2)^2, \\ 1-2a^2+a^4&=1-4a+4a^2+1+a^2+a^4-2a+2a^2-2a^3, \\ 0&=1-6a+9a^2-2a^3. \end{aligned} $$ Auðvelt er að sannfæra sig um að $a= \frac{1}{2}$ er lausn (það er tilfellið þegar báðar bækurnar standa uppréttar og fylla út í bókaskápinn) og við getum þá þáttað hægri hliðina í síðustu jöfnunni $$ 2a^3-9a^2+6a-1=(2a-1)(a^2-4a+1). $$ Annars stigs þátturinn hefur núllstöðvarnar $a=2\pm \sqrt{3}$ en aðeins önnur þeirra er á bilinu $[0,1]$. Svarið er því að þykktin er $2-\sqrt{3}$ lengdareiningar.

Dæmi 2. Úrslitakeppni 1994-95

Látum $a_1,\dots,a_n$ vera ólíkar oddatölur, þannig að engin frumtala stærri en 5 gangi upp í neinni þeirra. Sýnið að $$ \frac 1{a_1}+\cdots +\frac 1{a_n} \lt 2. $$

Lausn

Þar sem engin frumtala hærri en $5$ gengur upp í neinni talnanna og einungis er um oddatölur að ræða, þá eru tölurnar $a_1,\dots,a_n$ margfeldi af heiltöluveldum af $3$ og $5$. Við getum því skrifað þær sem $a_m=3^{j_m}5^{k_m}$. Veljum nú $N$ það stórt að allar tölurnar $a_1,\dots,a_n$ séu í menginu $\{3^j5^k: 0\leq j\leq N, 0\leq k\leq N\}$. Við höfum þá að $$ \begin{aligned} \frac{1}{a_1}+\cdots+\frac{1}{a_n} &\leq 1\cdot \bigg(1+\frac{1}{5}+\frac{1}{5^2}+\cdots+\frac{1}{5^N}\bigg)\\ &+\frac{1}{3}\cdot \bigg(1+\frac{1}{5}+\frac{1}{5^2}+\cdots+\frac{1}{5^N}\bigg)\\ &\quad\quad \vdots\quad\quad\quad\quad \vdots \quad\quad\quad\quad \vdots\\ &+\frac{1}{3^N}\cdot \bigg(1+\frac{1}{5}+\frac{1}{5^2}+\cdots+\frac{1}{5^N}\bigg)\\ &=\bigg(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{3^N}\bigg)\cdot\bigg(1+\frac{1}{5} +\frac{1}{5^2}+\cdots+\frac{1}{5^N}\bigg). \end{aligned} $$ Nú notum við formúluna fyrir jafnhlutfallaröð, $$ \begin{aligned} 1+\frac{1}{3}+\frac 1{3^2}+\cdots+\frac{1}{3^N} =\frac{1-1/3^{N+1}}{1-1/3}\lt \frac{1}{1-1/3} = \frac{3}{2},\\ 1+\frac{1}{5}+\frac{1}{5^2}+\cdots+\frac{1}{5^N} =\frac{1-1/5^{N+1}}{1-1/5}\lt\frac{1}{1-1/5} = \frac{5}{4}. \end{aligned} $$ Þar með er $$ \frac{1}{a_1}+\cdots+\frac{1}{a_n} \leq \frac{3}{2}\cdot \frac{5}{4} =\frac{15}{8}\lt 2. $$

Dæmi 3. Úrslitakeppni 1994-95

Látum $m$ og $n$ vera náttúrlegar tölur og gerum ráð fyrir að talan $24$ gangi upp í $m n+1$. Sýnið að $24$ gengur upp í $m+n$.

Lausn

Nú er $24=2^3\cdot 3$ og því ganga $8$ og $3$ upp í $mn+1$. Þar sem $3$ gengur upp í $m n+1$ fæst að $m n\equiv 2 \pmod 3$ og því $m\equiv 1\pmod 3$ og $n\equiv 2\pmod 3$, eða öfugt. Í báðum tilfellum fæst $m+n\equiv 1+2\equiv 0\pmod 3$, svo $3$ gengur upp í $m+n$. Þar sem $2^3 | m n+1$, þá er $mn\equiv 7\pmod8$. Nú eru $m$ og $n$ báðar oddatölur og því eru $m$ og $n\equiv 1,3,5$ eða $7\pmod8$. Ef til dæmis $m\equiv 1\pmod8$, þá er $n\equiv 7\pmod8$, því að $mn\equiv 7\pmod8$ er gefið. Eins ef $m\equiv 3\pmod 8$ fæst $n\equiv 5\pmod 8$ því $3\cdot 5\equiv 15\equiv 7\pmod8$. Ef $m\equiv 5\pmod 8$ fæst líka $n\equiv 3\pmod8$. Í öllum tilfellum fæst að $8$ gengur upp í $m+n$, því $1+7=3+5=8$. Þar sem bæði $3$ og $2^3=8$ ganga upp í $m+n$, þá gengur $24=2^3\cdot 3$ upp í $m+n$.

Dæmi 4. Úrslitakeppni 1994-95

Sýnið að jöfnurnar $x=a+\sqrt{{a+\sqrt x}}$ og $x=a+\sqrt x$ eru jafngildar og finnið allar lausnir á þeim.

Lausn

Ef seinni jafnan er uppfyllt, þá er $x=a+\sqrt x$ og af því leiðir að $a+\sqrt{a+\sqrt x}=a+\sqrt x=x$ og fyrri jafnan er uppfyllt. Öfugt, ef fyrri jafnan er uppfyllt og við setjum $y=x-a$, þá er $y=\sqrt{x-y+\sqrt x}$ og þar með $y^2+y=x+\sqrt x$. Ef við leggjum $\frac{1}{4}$ við beggja vegna jafnaðarmerkisins í þessari jöfnu, þá fáum við jafngildu jöfnuna $$ \left(y+\tfrac{1}{2}\right)^2=\left(\sqrt x+\tfrac{1}{2}\right)^2. $$ Báðar tölurnar $y$ og $\sqrt x$ eru jákvæðar og því fáum við að $y=\sqrt x$, en það jafngildir seinni jöfnunni.

Til að finna allar lausnir jafnanna, þá setjum við $y=\sqrt{x}$ og getum þá ritað $x=a+\sqrt{x}$ sem $y^2-y-a=0$. Þessi jafna hefur aðeins rauntölulausnir þegar $1+4 a\geq 0$, það er $a\geq -\frac{1}{4}$, og þær eru $$y_{\pm}=\frac{1\pm\sqrt{1+4a}}{2}=\frac12\pm\sqrt{a+\frac{1}{4}}.$$ En nú er $y=\sqrt{x}\geq 0$ svo $y_-$ er aðeins lausn þegar $a\leq 0$. Höfum því að $y_\pm^2$ eru allar lausnir $x=a+\sqrt{x}$ ef $-\frac{1}{4}\leq a\leq 0$, að $y_+^2$ er eina lausn $x=a+\sqrt{x}$ ef $a\geq 0$ og að $x=a+\sqrt{x}$ hefur enga lausn ef $a\lt -\frac{1}{4}$.

Dæmi 5. Úrslitakeppni 1994-95

Gefinn er jafnhliða þríhyrningur $A B C$ og innan í honum er punkturinn $F$ þannig að flatarmál þríhyrningsins $A F C$ er jafnt flatar-máli ferhyrningsins $D B E F$. Ákvarðið hornið $\angle E F C$.

[Athugið að tveir þríhyrningar eru eins ef þeir hafa sama flatarmál, eina jafn langa hlið og eitt horn jafn stórt.]

Lausn

Þar sem þríhyrningurinn $A B C$ er jafnhliða höfum við að $|A B|=|C A|$ og $\angle A B E=\angle C A D$. Einnig er flatarmál þríhyrninganna $A B E$ og $C A D$ jafnt svo þríhyrningarnir $A B E$ og $C A D$ eru eins. Af því leiðir að $\angle B E A=\angle A D C$. Nú skrifum við upp hornasummuna í ferhyrningnum $B D F E$. Hún er $$ \begin{aligned} 360^\circ &=\angle FDB+\angle DBE+\angle BEF+\angle EFD\\ &=(180^\circ-\angle ADC)+60^\circ+\angle BEF+(180^\circ-\angle EFC)\\ &=360^\circ+60^\circ-\angle EFC \end{aligned} $$ þar sem við höfum notfært okkur að $\angle ADC=\angle BEA$. En þá er $\angle E F C=60^\circ$.

Dæmi 6. Úrslitakeppni 1994-95

Er hægt að koma ferningi með hliðarlengd $21$ inn í tening með brúnalengd $20$?

Lausn

Táknum hornpunkta ferningsins með $A$, $B$, $C$ og $D$. Hugsum okkur að við höfum djúpan kassa með grunnflöt $20 \times 20$. Samkvæmt reglu Pýþagorasar er lengd hornalínu grunnfaltar kassans $20\sqrt{2}$ sem er stærri tala en $21$ og því getum við stungið ferningnum niður í kassann þannig að hliðin $A B$ liggi á botni hans. Við ýtum nú hliðinni $A B$ út í eitt hornið á botninum þannig að hún myndi rétthyrndan jafnarma þríhyrning með einum hornpunkti grunnflatarins sem við köllum $R$. Látum $S$ vera hinn endapunkt þeirrar hliðar grunnflatarins sem $B$ liggur á. Þá er $21^2=2\cdot |R B|^2$ samkvæmt reglu Pýþagorasar. Því næst höllum við ferningnum þannig að punktarnir $C$ og $D$ hvíli á hliðum kassans gengt hliðunum sem $A$ og $B$ snerta. Látum $P$ vera fótpunkt ofanvarps punktsins $C$ á grunnflötinn. Nú er $B S P$ rétthyrndur jafnarma þríhyrningur, $|B S|=20-|R B|$ og regla Pýþagorasar gefur þá að $|B P|^2=2(20-x)^2$. Enn gefur regla Pýþagorasar, nú beitt á þríhyrninginn $B P C$, að $|C P|^2=|B C|^2-|B P|^2=21^2-2(20-|R B|)^2$. Við viljum sýna að $|C P|\lt 20$ því þá getum við ályktað að ferningurinn komist ofan í teningslaga kassa með brúnalengdir $20$. Höfum að: $$ \begin{aligned} \frac{|C P|^2}{20^2} &=\left(\frac{21}{20} \right)^2-2\left(1-\frac{|R B|}{20} \right)^2 =\left(\frac{21}{20} \right)^2-2\left(1-\frac{1}{\sqrt2}\cdot\frac{21}{20} \right)^2 \\ &=2\sqrt{2}\cdot \frac{21}{20}-2 =2\left(\sqrt{2}\cdot \frac{21}{20}-1 \right)\lt 1 \end{aligned} $$ því $\frac{21}{20}\sqrt{2}-1\lt \frac{1}{2}$ þá og því aðeins að $21\sqrt{2}-20\lt 10$ sem gildir þá og því aðeins að $21\sqrt{2}\lt 30$ sem er jafngilt því að $7\sqrt{2}\lt 10$ sem aftur jafngildir $49\cdot 2\lt 100$ sem er augljóslega rétt. Því er $|C P|\lt 20$ og við sjáum þá að ferningurinn kemst ofan í tening með brúnalengdir $20$.

Dæmi 1. Úrslitakeppni 1994-95

Fimm konur Bryndís, Eydís, Freydís, Hafdís og Vigdís hafa sett upp hatta, sem eru annað hvort hvítir eða svartir að lit. Engin kvennanna veit hvernig litan hatt hún sjálf er með á höfðinu. Nú er vitað að kona með svartan hatt segir ávallt satt en kona með hvítan hatt lýgur alltaf.

Lausn

(1) Hafdís lýgur. Ef hún segði satt, þá væru allar konurnar með svarta hatta og segðu því satt. Þá myndi engin þeirra segjast sjá hvíta hatta svo þetta stenst ekki.

(2) Ef Eydís segir satt, þá ljúga allar nema hún. Freydís sér þá svarta hattinn hennar Eydísar og þrjá hvíta hatta svo fullyrðing hennar er sönn sem er í mótsögn við að hún ljúgi. Þá hlýtur Eydís að ljúga.

(3) Nú sést að Bryndís lýgur. Hún getur mest séð tvo svarta hatta, þeirra Freydísar og Vigdísar, en segist sjá þrjá.

(4) Freydís og Vigdís eru báðar með svarta hatta. Útilokað er að báðar séu með hvíta hatta, því við vitum að Eydís lýgur. Ef Vigdís er með svartan hatt, þá sér Freydís einn svartan hatt og þrjá hvíta hatta svo fullyrðing hennar er sönn og hún því einnig með svartan hatt. Ef hinsvegar Freydís er með svartan hatt, þá sér hún einn svartan hatt sem verður þá nauðsynlega að vera á höfði Vigdísar.

Svarið er því: Bryndís, Eydís og Hafdís eru með hvíta hatta en Freydís og Vigdís með svarta hatta.

Login to post comments
Lesa meira

Dæmi 1. Úrslitakeppni 1993-94

Fimmburarnir Ari, Bryndís, Davíð, Elín og Guðjón fæddust á klukkutíma fresti. Hver þeirra um sig veit hvar í röðinni hann fæddist. Guðjón veit líka að Elín fæddist tveimur tímum á undan Bryndísi. Guðjón segir: „Ef ég gef mér þá forsendu, sem mér finnst mjög trúleg, að Ari sé ekki elstur, þá veit ég í hvaða röð við fæddumst.Þessi ,,trúlega forsenda, sem Guðjón gaf sér, er reyndar alveg hárrétt. Í hvaða röð fæddust fimmburarnir?

Lausn

Táknum nöfn fimmburanna með upphafsstöfum þeirra. Við vitum að $A$ fæddist ekki fyrstur og að $B$ fæddist önnur á eftir $E$. Fyrst $G$ giskar á að $A$ fæddist ekki fyrstur, og $G$ veit hvar í röðinni hann sjálfur er, þá fæddist $G$ ekki heldur fyrstur.

Ef $G$ er annar í röðinni, þá samræmast báðar raðirnar $E,\, G,\, B,\, A,\, D$ og $E,\, G,\, B,\, D,\, A$ forsendunum hér að ofan. En gefið er að $G$ geti ákvarðað röðina ótvírætt út frá þessum forsendum svo að $G$ er ekki annar í röðinni.

Ef $G$ er þriðji, þá er nauðsynlega $E$ önnur og $B$ fjórða. Nú er $A$ ekki fyrstur svo hann er fimmti og þá nauðsynlega $D$ fyrstur. Röðin ákvarðast þá ótvírætt svo fimmburarnir fæddust í röðinni $D,\, E,\, G,\, B,\, A$.

Ef $G$ er fjórði, þá gætu fimmburarnir fæðst hvort heldur sem er í röðinni $E,\, A,\, B,\, G,\, D$ eða $E,\, D,\, B,\, G,\, A$ án þess að vera í mótsögn við forsendurnar hér að ofan. Það er í mótsögn við að $G$ geti ákvarðað röðina ótvírætt út frá þeim og því er $G$ ekki fjórði í röðinni.

Ef $G$ er fimmti, þá gætu fimmburarnir fæðst hvort heldur sem er í röðinni $E,\, A,\, B,\, D,\, G$ eða $E,\, D,\, B,\, A,\, G$ án þess að vera í mótsögn við forsendurnar hér að ofan. Það er enn í mótsögn við að $G$ geti ákvarðað röðina ótvírætt út frá þeim og því er $G$ ekki fimmti í röðinni.

Dæmi 2. Úrslitakeppni 1993-94

Sýnið að brotið $$ \frac{n^2+n-1}{n^2+2n} $$ sé fullstytt fyrir allar náttúrlegar tölur $n\gt 0$.

Lausn

Byrjum á að umrita brotið $$\frac{n^2+n-1}{n^2+2n}=\frac{(n+2)^2-3(n+2)+1}{n(n+2)}.$$ Hugsum okkur að $p$ sé frumtala sem gengur upp í nefnarann. Sýnum að hún geti ekki gengið upp í teljarann. Þar sem $p$ er frumtala sem gengur upp í $n(n+2)$, þá gengur $p$ annað hvort upp í $n$ eða $n+2$. Ef $p$ gengur upp í $n$, þá getur $p$ ekki gengið upp í $n^2+n-1=n(n+1)-1$ því þá gengi $p$ líka upp í $1$. Ef $p$ gengur upp í $n+2$, þá getur $p$ ekki gengið upp í $(n+2)^2-3(n+2)+1=(n+2)((n+2)-3)+1$ því þá gengi $p$ upp í $1$. Við höfum sýnt að útilokað er að nokkur frumtala gangi upp í bæði teljara og nefnara og því er brotið fullstytt fyrir allar náttúrlegar tölur $n$.