1996-97 | stæ.is

Dæmi 5. Úrslitakeppni 1996-97

Sannið að ef teknar eru einhverjar $18$ þriggja stafa tölur í röð, þá er að minnsta kosti ein þeirra deilanleg með þversummu sinni.

Lausn

Ef við höfum $18$ tölur í röð, þá gengur $18$ upp í a.m.k. einni þeirra. Látum $n$ vera slíka tölu þannig að $18|n$ . Við sýnum að þversumma $n$ gangi upp í $n$ . Þar sem $18$ gengur upp í $n$ , þá gengur $9$ upp í $n$ . Nú er það vel þekkt staðreynd að $9$ gengur upp í tölu þá og því aðeins að $9$ gangi upp í þversummu hennar. Við höfum því að $9$ gengur upp í þversummu $n$ . Þversumma þriggja stafa tölu er í hæsta lagi $3\cdot 9=27$ og einungis talan $999$ hefur þá þversummu. Hinsvegar gengur $18$ ekki upp í $999$ því $18$ er slétt tala en $999$ ekki. Því er þversumma $n$ minni en $27$ og $9$ gengur upp í hana og þessvegna er þversumman annaðhvort $9$ eða $18$ . En þá gengur þversumma $n$ upp í $n$ .

Dæmi 6. Úrslitakeppni 1996-97

Í þríhyrningi $A B C$ gildir að $b\geq a$ . Táknum með $M$ miðpunkt hliðarinnar $c$ og með $H$ fótpunkt hæðarinnar frá $C$ . Sýnið að

$|M H|=\frac{b^2-a^2}{2 c}.$

Lausn

Ef við beitum reglu Pýþagorasar á þríhyrningana $B H C$ og $A H C$ fæst

$a^2-|BH|^2=|CH|^2=b^2-|AH|^2$ svo

$b^2-a^2=|AH|^2-|BH|^2$ . Við vitum einnig að

$|M H|=|A H|-|A M|\quad \text{og}\quad |M H|=|B M|-|B H|$ því

$b\geq a$ . Ef við leggjum þessar tvær jöfnur saman fæst

$2|M H|= |A H|-|A M|+|B M|-|B H|=|A H|-|B H|$ þar sem

$|A M|=|B M|$ . Af þessu sést að

$\begin{aligned} \frac{b^2-a^2}{2c} &= \frac{|A H|^2-|B H|^2}{2 c} = \frac{(|A H|+|B H|)(|A H|-|B H|)}{2c}\\ &= \frac{c(|A H|-|B H|)}{2c} = \frac{|A H|-|B H|}{2}\\ &= |M H|. \end{aligned}$

Dæmi 2. Úrslitakeppni 1996-97

Látum $p$ og $q$ vera jákvæðar rauntölur. Sýnið að

$(p^2+p+1)(q^2+q+1)\geq 9p q.$

Lausn

Fyrir allar rauntölur gildir $(q-1)^2\geq 0$ , þannig að $q^2-2q+1\geq 0$ . Með því að bæta $3q$ við báðar hliðar fæst að $q^2+q+1\geq 3 q$ . Á sama hátt fæst að $p^2+p+1\geq 3p$ . Þar sem $p, q\geq 0$ , þá er engin stærðanna $3p$ , $3q$ , $q^2+q+1$ , $p^2+p+1$ neikvæð og við getum margfaldað ójöfnurnar saman. Við fáum að

$(p^2+p+1)(q^2+q+1)\geq 9 p q.$

Dæmi 3. Úrslitakeppni 1996-97

Þrjú strandríki vilja skipta með sér þríhyrningslaga hafsvæði $A B C$ . Ríkin þrjú eiga hvert sitt skerið í hornpunktum þríhyrningsins. Eftir langar og erfiðar samningaviðræður verður eftirfarandi regla til: Þegar ákvarða á hvaða ríki fær yfirráðarétt yfir punkti $P$ innan í $A B C$ , þá er mæld fjarlægðin frá $P$ yfir í skerin þrjú (hornpunktana) og punkturinn tilheyrir svo því ríki sem á skerið sem er næst honum. Finnið skilyrði á lögun þríhyrningsins $A B C$ (skilyrði á hornin eða hlutföll hliða) sem þarf að vera uppfyllt til þess að einhver tvö ríkjanna eigi ekki samliggjandi hafsvæði.

Lausn

Um sérhvern punkt á markalínu milli hafsvæða tveggja ríkja gildir að hann er í sömu fjarlægð frá skerjum beggja ríkjanna og liggur því á miðþverli tengistriks skerjanna, en tengistrikin eru að sjálfsögðu hliðar þríhyrningsins $A B C$ . Ef skurðpunktur miðþverlanna liggur innan þríhyrningsins, þá eiga öll ríkin samliggjandi hafsvæði því þau mætast í skurðpunktinum. Nú er skurðpunktur miðþverlanna í þríhyrningi miðja umritaðs hrings hans og þekkt er að hún er utan þríhyrningsins þá og því aðeins að þríhyrningurinn sé gleiðhyrndur. Því er nauðsynlegt að þríhyrningurinn sé gleiðhyrndur til að miðja umritaðs hrings þríhyrningsins liggi utan þríhyrningsins, en það er nauðsynlegt til að einhver ríkjanna eigi ekki samliggjandi hafsvæði. Hér er því fundið skilyrði af þeirri tegund sem beðið var um.

Dæmi 4. Úrslitakeppni 1996-97

Látum $x$ vera rauntölu. Sannið að um einhverja af tölunum $x,2x,\ldots, 99x$ gildir að munurinn á henni og einhverri heilli tölu er minni en $\frac{1}{100}$ .

Lausn

Setjum $a_i=ix-[ix]$ , fyrir $i=1,2,\ldots,99$ . (Hér táknar $[x]$ stærstu heilu tölu sem er minni en eða jöfn $x$ .) Við sjáum að $0\leq a_i\lt 1$ fyrir öll $i$ . Skiptum nú bilinu $[0,1[$ í 100 bil, $s_1$ til $s_{100}$ þannig að $s_j=[\frac{j-1}{100}, \frac{j}{100}[$ . Gerum nú ráð fyrir að tilgátan sem á að sanna sé röng og leiðum fram mótsögn. Nú er ekki til $i$ þannig að $0\leq a_i\leq \frac{1}{100}$ eða $\frac{99}{100}\leq a_i\lt 1$ því þá væri tilgátan sönn. Engin af tölunum $a_i$ lendir þá í $s_1$ eða $s_{100}$ og því skiptast þessar $99$ tölur niður á 98 bil ( $s_2$ til $s_{99}$ ) og samkvæmt skúffureglu Dirichlets lenda einhverjar tvær tölur í sama bili. (Skúffuregla Dirichlets segir að ef við röðum hlutum í skúffur sem eru færri en hlutirnir, þá lendi a.m.k. tveir hlutir í einhverja skúffu.) Segjum að $a_i$ og $a_j$ lendi í sama bili og $i\lt j$ . Þá er $|a_i-a_j|\lt \frac{1}{100}$ . En

$|a_i-a_j|=|jx-[jx]-(ix-[ix])|=|(j-i)x-([jx]-[ix])|$ svo að

$|(j-i)x-([jx]-[ix])| \lt \frac{1}{100}.$ En þetta jafngildir því að munurinn á

$(j-i)x$ og einhverri heiltölu (nefnilega

$[jx]-[ix]$ ) er minni en

$\frac{1}{100}$ og

$(j-i)x$ er einmitt ein af tölunum

$x, 2x,\ldots, 99x$ , því

$99\geq j\lt i\geq 1$ .

Dæmi 13. Efra stig 1996-97

Reglulegur áttflötungur situr innan í teningi eins og sýnt er á myndinni, þannig að hornpunktar áttflötungsins eru jafnframt miðpunktar hliða teningsins. Hvert er hlutfallið á milli yfirborðsflatarmáls áttflötungsins og yfirborðsflatarmáls teningsins?

Lausn

Þar sem við höfum aðeins áhuga á hlutföllum getum við gert ráð fyrir að hliðarlengd teningsins sé $1$ . Yfirborðsflatarmál hans er þá $6$ . Hliðarfletir áttflötungsins eru átta jafnhliða þríhyrningar. Brúnalengd áttflötungsins má finna með því að skoða rétthyrndan jafnarma þríhyrning sem hefur sem hornpunkta tvo samliggjandi hornpunkta áttflötungsins ásamt miðpunkti þeirrar brúnar teningsins sem liggur á milli þeirra. Lengd skammhliðanna er $\frac{1}{2}$ svo langhliðin, sem er brúnalengd áttflötungsins, er $\frac{\sqrt{2}}{2}$ . Flatarmál jafnhliða þríhyrnings sem hefur hliðar-lengd $\frac{\sqrt{2}}{2}$ er $\frac{\sqrt{3}}{8}$ . Yfirborðsflatarmál áttflötungsins er þá $\sqrt{3}$ svo að hlutfallið milli yfirborðsflatarmáls áttflötungsins og teningsins er $\frac{\sqrt{3}}{6}$ .

Dæmi 14. Efra stig 1996-97

Fimm tölustafa tala er búin til með því að nota hvern af tölustöfunum $1$ , $3$ , $5$ , $7$ , $9$ einu sinni. Tölustafirnir sem eru í tuga- og þúsundasætunum eru hvor um sig stærri en tölustafirnir til hliðar við þá. Hvað eru margar slíkar fimm tölustafa tölur til?

Lausn

Auðséð er að $9$ verður að vera annað hvort í tuga- eða þúsundasætinu. Segjum að við setjum $9$ í tugasætið. Ekki gengur að setja $1$ eða $3$ í þúsundasætið. Ef við setjum $5$ í þúsundasætið þá má $7$ ekki vera við hliðina á $5$ svo að $7$ verður að vera fremsti tölustafurinn, síðan höfum við tvo möguleika á að setja $1$ og $3$ í einingar- og hundraðasætið. Því eru tvær svona tölur þannig að $9$ sé í tugasætinu en $5$ í þúsundasætinu. Ef við setjum $7$ í þúsundasætið þá getum við raðað hinum tölustöfunum á hvern þann hátt sem við viljum, alls $6$ möguleikar. Tölur sem uppfylla skilyrðin og hafa $9$ í tugasætinu eru því $8$ . Vegna samhverfu eru slíkar tölur sem hafa $9$ í þúsundasætinu einnig $8$ talsins.

Dæmi 15. Efra stig 1996-97

Maur er á ferð innan í hring. Hann byrjar í punkti $A_1$ á jaðrinum og heldur til punkts $A_2$ sem er líka á jaðrinum. Punkturinn $A_2$ er þannig að strengurinn $A_1A_2$ myndar $35^\circ$ horn við snertil við hringinn í punktinum $A_1$ . Síðan heldur hann í átt að punkti $A_3$ , en hornið á milli $A_2A_3$ og snertils í $A_2$ er nú $37^\circ$ (sjá mynd). Svona heldur þetta áfram nema hvað að hornið á milli $A_kA_{k+1}$ og snertils við hringinn í $A_{k}$ er nú $(33+2k)^\circ$ .

Lausn

Við reiknum stærðir bogana $A_1A_2, A_2A_3, A_3A_4$ o.s.frv.\ réttsælis eftir hringnum. Þá er boginn $A_jA_{j+1}=66+4j$ gráður. Punkturinn $A_n$ lendir í $A_1$ þá og því aðeins að jafnan $\sum_{j=1}^{n-1}A_jA_{j+1}=360h$ standist fyrir einhverja heila tölu $h$ . Nú er

$\begin{aligned} \sum_{j=1}^{n-1}A_jA_{j+1}&=\sum_{j=1}^{n-1}(66+4j) =66(n-1)+4\cdot\frac12 n(n-1)\\ &=(n-1)(66+2n). \end{aligned}$ Jöfnuna hér að ofan, sem segir til um hvort

$A_n=A_1$ , má því rita sem

$(n-1)(66+2n) = h\cdot 2^3\cdot 3^2\cdot 5$ , eða sem

$(n-1)(33+n)=h\cdot 2^2\cdot 3^2\cdot 5$ . Nú eru

$n-1$ og

$33+n$ annað hvort báðar sléttar tölur eða báðar odda, og þar sem margfeldi þeirra er slétt, þá eru þær báðar sléttar. Einnig er

$(33+n)-(n-1)=34$ svo 3 getur ekki gengið upp í bæði

$33+n$ og

$n-1$ því þá gengi 3 einnig upp í 34. Þá er annaðhvort 9 þáttur í

$33+n$ eða þá 9 þáttur í

$n-1$ . Þegar við tökum þetta saman fáum við að

$n=18k+1$ eða þá að

$n=18k-33$ . Fyrstu möguleg gildi

$n$ eru þá

$3, 19, 21, 37$ . Við prófum

$n=3$ og fáum

$(n-1)(n+33)=2\cdot 35$ sem 4 er ekki þáttur í svo sá möguleiki kemur ekki til greina. Næst prófum við

$n=19$ og fáum að

$(n-1)(n+33)=18\cdot 52$ sem 5 er ekki þáttur í svo þessi möguleiki kemur ekki heldur til greina. Hinsvegar fæst fyrir

$n=21$ að

$(n-1)(n+33)=20\cdot 54=2^2\cdot 3^2\cdot 5\cdot 6$ svo

$h=6$ og

$A_{21}=A_1$ .

E2 |
1996-97

Login to post comments
Lesa meira

Dæmi 18. Efra stig 1996-97

Er til náttúrleg tala $n$ þannig að þegar talan er rituð í tugakerfi þá er síðasti tölustafurinn ekki $0$ , og þegar röð tölustafanna er snúið við þá fæst talan $2 n$ ?

Lausn

Gerum ráð fyrir að við höfum slíka tölu $n=a_m\cdots a_0$ þannig að $2n=a_0\cdots a_m$ . (Hér eru $a_k$ tölustafir tölunnar $n$ þegar hún er rituð í tugakerfisframsetningu.)

Við athugum að þegar við margföldum tölu með $2$ í höndunum, þá þurfum við aldrei að geyma meira en $1$ . Þegar við lítum að einingasætið sjáum við að $a_m=2\cdot a_0$ eða $a_m=2\cdot a_0-10$ en þegar við lítum á sætið lengst til vinstri sést að $a_0=2\cdot a_m$ eða $a_0=2\cdot a_m+1$ .

Gerum fyrst ráð fyrir að $a_m=2\cdot a_0$ . Ef $a_0=2\cdot a_m$ þá fæst að $a_0=a_m=0$ , og ef $a_0=2\cdot a_m+1$ þá er $a_m=-\frac{2}{3}$ .

Gerum nú ráð fyrir að $a_m=2\cdot a_0-10$ . Ef $a_0=2\cdot a_m$ , þá fáum við að $a_m=\frac{10}{3}$ , og ef $a_0=2\cdot a_m+1$ , þá er $a_m=\frac{8}{3}$ .

Við erum nú búin að prófa alla möguleika fyrir samband $a_0$ og $a_m$ og ekkert gengur. Niðurstaðan er að slík tala $n$ getur hreinlega ekki verið til.

Dæmi 19. Efra stig 1996-97

Gefið er að $x, y, z$ eru jákvæðar tölur og að $xyz=1$ . Einnig er vitað að $x+y+z\gt \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$ . Sannið að ein af þessu tölum er stærri en 1 og að hinar tvær eru minni en 1.

Lausn

Tökum fyrst eftir, þar sem $xyz=1$ , að

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)xyz=yz+xz+xy.$ Við notum nú þessa jöfnu og forsenduna um að

$xyz=1$ við eftirfarandi umskrift

$\begin{aligned} (x-1)(y-1)(z-1) &= xyz+(x+y+z)-(yz+xz+xy)-1\\ &= (x+y+z)-(yz+xz+xy)\\ &= (x+y+z)-\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right). \end{aligned}$ En þá sést að

$(x+y+z)-\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\gt 0,$ þá og því aðeins að nákvæmlega tvær talnanna

$x, y$ og

$z$ eru minni en

$1$ .