1993-94 | stæ.is

Dæmi 15. Efra stig 1993-94

Finnið allar rauntölulausnir jöfnunnar

$x^2+x = \frac{2}{x^2+x+1}.$

Byrjum á að athuga að margliðan $x^2+x+1$ hefur enga rauntölurót því aðgreinir hennar $1-4=-3$ er neikvæður. Jafnan sem við eigum að leysa er því jafngild jöfnunni

$(x^2+x)(x^2+x+1)=2.$ Ef við setjum

$t=x^2+x$ þá verður hún

$t(t+1)=2$ og því

$0=t^2+t-2=(t+2)(t-1).$ Þá er annaðhvort

$t=-2$ eða

$t=1$ . Í fyrra tilfellinu er þá

$x^2+x+2=0$ sem hefur enga rauntölulausn því aðgreinirinn

$1-8=-7$ er neikvæður. Í seinna tilfellinu er

$x^2+x-1=0$ sem hefur lausnirnar

$\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}$ .

Dæmi 18. Efra stig 1993-94

Látum $\alpha,\beta,\gamma$ tákna stærð hornanna í þríhyrningi og gerum ráð fyrir að $\beta = \frac{1}{2}(\alpha+\gamma)$ . Reiknið

$\frac{\sin(\alpha)+\sin(\beta)+\sin(\gamma)}{\cos(\alpha)+\cos(\beta)+\cos(\gamma)}.$

Lausn

Nú er $\alpha+\beta+\gamma=180^\circ$ og þar sem gefið er að $2\beta=\alpha+\gamma$ þá fæst að $2\beta=180^\circ-\beta$ og því $\beta=60^\circ$ . Þá er $\alpha+\gamma=120^\circ$ og því

$\begin{aligned} \cos(\gamma)&=\cos(120^\circ-\alpha)=\cos(120^\circ) \cos(\alpha)+\sin(120^\circ) \sin(\alpha)\\&=-\frac{1}{2}\cos(\alpha)+\frac{\sqrt3}{2}\sin(\alpha),\\ \sin(\gamma)&=\sin(120^\circ-\alpha)=\sin(120^\circ) \cos(\alpha)-\cos(120^\circ) \sin(\alpha)\\ &=\frac{\sqrt3}{2}\cos(\alpha)+\frac{1}{2}\sin(\alpha). \end{aligned}$ Þá er

$\begin{aligned} \frac{\sin(\alpha)+\sin(\beta)+\sin(\gamma)}{\cos(\alpha)+\cos(\beta)+\cos(\gamma)} &=\frac{\sin(\alpha)+\frac{\sqrt3}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos(\alpha) +\frac{1}{2}\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos(\alpha)+\frac{\sqrt3}{2}\sin(\alpha)}\\ &=\frac{3\sin(\alpha)+\sqrt{3}+\sqrt{3}\cos(\alpha)}{\cos(\alpha)+1+\sqrt{3}\sin(\alpha)}\\ &=\frac{\sqrt{3}(\sqrt{3}\sin(\alpha)+1+\cos(\alpha))}{\cos(\alpha)+1+\sqrt{3}\sin(\alpha)}\\ &=\sqrt{3} \end{aligned}$

Dæmi 19. Efra stig 1993-94

Miðstreng $AC$ í hring er skipt í fjögur jafnlöng strik með $P$ , $M$ og $Q$ . Dregin er lína um $P$ sem sker hringinn í $B$ og $D$ þannig að $2|PD|=3|AP|$ . Hvert er flatarmál ferhyrningsins $A B C D$ ef flatarmál þríhyrningsins $A B P$ er $1$ ?

Lausn

Hornin $\angle B A C$ og $\angle B D C$ eru jafn stór þar sem þau eru ferilhorn sem spanna sama boga. Einnig eru hornin $\angle A B D$ og $\angle A C D$ jafn stór af sömu ástæðu. Þríhyrningarnir $A B P$ og $D C P$ eru því einslaga. Þar sem $|P C|=3|A P|$ fæst þá að

$\frac{3|A P|}{|P B|}=\frac{|P C|}{|P B|}= \frac{|P D|}{|P A|}= \frac{\frac{3}{2}|A P|}{|A P|}=\frac{3}{2},$ og því

$|P B|=2|A P|$ . Látum

$K$ vera fótpunkt þverilsins á

$A C$ í gegnum

$B$ og

$H$ fótpunkt þverilsins á

$A C$ í gegnum

$D$ . Nú er

$\angle H P D=\angle K P B$ og

$\angle P H D=\angle P K B$ svo þríhyrningarnir

$P H D$ og

$P K B$ eru einslaga. Þá er

$\frac{|D H|}{|B K|}= \frac{|P D|}{|P B|}=\frac{\frac{3}{2}|A P|}{2|A P|}=\frac{3}{4}$ svo að

$|D K|=\frac{3}{4}|B H|$ . Af því leiðir að

$|A D P|=\frac{3}{4}|A B P|$ og þar sem einnig gildir að

$|A B C|=4|A P B|$ og

$|A D C|=4|A D P|$ fáum við að

$|A B C D|=|A D C|+|A B C|=4|A D P|+4\cdot \frac{3}{4}|A B P|=7.$

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

$n$ .

Dæmi 3. Úrslitakeppni 1993-94

Gefið er strik $A B$ , hringur með miðju $A$ sem liggur gegnum $B$ og annar hringur með miðju $B$ sem liggur gegnum $A$ . Ferningurinn $C D E F$ hefur tvo hornpunkta sína á strikinu $AB$ og hina tvo hvorn á sínum hringnum, eins og myndin sýnir. Reiknið hliðarlengd hans ef lengd $|A B|=1$ .

Lausn

Táknum hliðarlengd ferningsins með $x$ . Lítum á rétthyrnda þríhyrninginn $B C F$ . Við höfum að $|B C|=x+\frac{1}{2}(1-x)=\frac{1}{2}(1+x)$ , $|C F|=x$ og $|F B|=1$ . Regla Pýþagorasar gefur þá að

$\frac{1}{4}(x+1)^2+x^2=1$ og því er

$5x^2+2x-3=0$ . En

$5x^2+2x-3=(5x-3)(x+1)$ svo að

$x=\frac{3}{5}$ því

$x \gt 0$ .

Dæmi 4. Úrslitakeppni 1993-94

Finnið allar margliður $x^3+a x^2+b x+c$ þannig að $a$ , $b$ og $c$ séu heilar tölur og þær séu jafnframt rætur margliðunnar.

Lausn

Ef $a$ , $b$ og $c$ eru rætur $x^3+ax^2+bx+c$ , þá er

$\begin{align} x^3+a x^2+b x+c&=(x-a)(x-b)(x-c)\\ &=x^3-(a+b+c)x^2+(a b+b c+c a)x-a b c \end{align}$ og því

$a=-a-b-c,\quad\quad b=a b+b c+c a,\quad\quad c=-a b c.$ Ef

$c\neq 0$ , þá gefur seinasta jafnan að

$ab=-1$ og því er

$a=1$ og

$b=-1$ eða

$a=-1$ og

$b=1$ . Í fyrra tilfellinu gefur fyrsta jafnan að

$c=-2a-b=-1$ og þá er

$a b+b c+c a=-1+1-1=-1=b$ svo annarri jöfnunni er líka fullnægt. Í seinna tilfellinu gefur fyrsta jafnan að

$c=-2a-b=1$ en þá er

$a b+b c+c a=-1-1+1=-1\neq b$ svo önnur jafnan gildir ekki.

Ef hinsvegar $c=0$ , þá verða fyrstu tvær jöfnurnar að $2 a+b=0$ og $b=ab$ . Ef $b\neq 0$ , þá gefur seinni jafnan að $a=1$ og sú fyrri að $b=-2$ . Ef hinsvegar $b=0$ , þá gefur fyrri jafnan að $a=0$ .

Höfum þá að $(a,b,c)=(0,0,0)$ , $(a,b,c)=(1,-2,0)$ eða $(a,b,c)=(1,-1,-1)$ .

Dæmi 5. Úrslitakeppni 1993-94

Á hversu marga vegu er unnt að raða tölunum $1,2,\ldots,n$ í sæti þannig að eftirfarandi gildi fyrir sérhvert $i = 2,\ldots,n$ : Talan í $i$ -ta sæti er annaðhvort minni en allar tölurnar á undan eða stærri en allar tölurnar á undan.

Lausn

Byrjum á því að líta á aftasta sætið. Ef talan þar er minni en allar tölurnar á undan, þá er hún jöfn $1$ . Ef hún er stærri en allar tölurnar á undan, þá er hún jöfn $n$ . Það eru því aðeins tveir möguleikar á því að setja tölu í sæti númer $n$ . Á sama hátt sjáum við að talan í sæti $n-1$ er annað hvort minnsta talan eða stærsta talan sem eftir er, þegar talan í sæti $n$ hefur verið ákveðin. Það eru því einnig tveir möguleikar til þess að setja tölu í sæti númer $n-1$ . Við rekjum okkur áfram niður á við niður í sæti númer $2$ og í hverju skrefi höfum við $2$ valmöguleika. Þá er aðeins ein tala eftir til þess að setja í sæti númer $1$ . Fjöldi möguleika er því $2^{n-1}$ .

Dæmi 6. Úrslitakeppni 1993-94

Reynir er að flísaleggja rétthyrningslaga gólfflöt. Til þess notar hann hvítar og svartar ferningslaga flísar sem hann leggur í munstur eins og á skákborði. Hann byrjar á að setja heila flís í eitt hornið og heldur áfram út frá því horni. Þegar hann hefur lokið við flísalagninguna þá tekur hann eftir því að samanlagt flatarmál hvítu flísanna á gólfinu er jafnt samanlögðu flatarmáli svörtu flísanna. Sýnið að önnur hliðarlengd gólfflatarins er heilt margfeldi af hliðarlengd flísanna og að fjöldi flísa meðfram þessari hlið er jöfn tala.

Lausn

Til einföldunar skulum við hugsa okkur að flísarnar séu ein lengdareining á kant og að byrjað sé á að setja hvíta flís í horn. Síðan hugsum við okkur að hliðarlengdir gólfflatarins séu $x=2m+a$ og $y=2n+b$ , þar sem $m$ og $n$ eru heilar tölur, $0\lt a \leq 2$ og $0\lt b \leq2$ .

Þegar við erum búin að flísaleggja rétthyrning með hliðarlengdir $2m$ og $2n$ , þá höfum við lagt jafn margar hvítar og svartar flísar í hverja röð og flatarmál þeirra því jafnt. Við leggjum nú líka flísar á rétthyrninginn af breidd $b$ meðfram þeirri hlið svæðisins sem við höfum þegar lagt sem hefur lengdina $2m$ . Við leggjum eina eða tvær raðir af flísum eftir því hvort $b \leq 1$ eða $b \gt 1$ og allar flísarnar í hvorri röð eru jafn stórar. Þar sem $2m$ er slétt tala, þá leggjum við jafn margar hvítar flísar og svartar í hvora röð og því samanlagt flatarmál hvítu flísanna jafnt samanlögðu flatarmáli þeirra svörtu.

Við förum eins að með rétthyrninginn af breidd $a$ meðfram hinni hlið svæðisins sem við byrjuðum á að leggja. Þá er aðeins eftir að leggja flísarnar í hornið sem á að líta út eins og einhver af myndunum fjórum hér til hliðar. Flatarmál hvítu og svörtu flísanna sem við höfum þegar lagt er jafnt svo flatarmál hvítu flísanna og þeirra svörtu í þessu horni þarf líka að vera jafnt. Við sýnum að svo getur ekki verið.

Greinilegt er að flatarmál svörtu og hvítu bútanna er ójafnt ef $0\lt a \leq 1$ eða $0\lt b \leq 1$ . Ef $a \gt 1$ og $b \gt 1$ og við gefum okkur að flatarmál hvítu og svörtu skikanna sé jafnt, þá er

$1+(a-1)(b-1)=(a-1)+(b-1).$ Þessi jafna jafngildir

$0=1-(a-1)-(b-1)+(a-1)(b-1)=(2-a)(2-b)$ svo að annaðhvort er

$a=2$ eða

$b=2$ . Höfum þá sýnt að önnur hliðarlengd gólfflatarins er heilt margfeldi af hliðarlengd flísanna og að fjöldi flísa meðfram þeirri hlið er jöfn tala.

Dæmi 3. Efra stig 1993-94

Ritum $a * b$ í stað $a^{b}$ . Þá er $\frac{2 * (2 * (2 * 2))}{((2 * 2) * 2) * 2}$ jafnt

Lausn

Þar sem $a * b=a^b$ , þá er

$\frac{2 * (2 * (2 * 2))}{((2 * 2) * 2) * 2}=\frac{2 * (2 * 4)}{(4 * 2) * 2} =\frac{2 * 16}{16 * 2}=\frac{2^{16}}{16^2}=\frac{2^{16}}{2^8}=2^8=256.$