Úrslitakeppni | stæ.is

Dæmi 1. Úrslitakeppni 1991-92

Látum $P(x)$ vera margliðu af stigi $n-1$ þannig að $P(k)=\frac 1k$ fyrir $k=1$ , 2, $\dots$ , $n$ . Finnið $P(n+1)$ .

Lausn

Setjum $Q(x)=xP(x)-1$ . Þá gildir fyrir $k=1,\ldots,n$ að

$Q(k)=kP(k)-1=k\cdot\frac{1}{k}-1=0.$ Margliðan

$Q$ er af

$n$ -ta stigi svo að

$Q(x)=a(x-1)\cdots(x-n)$ . Finna má gildið á

$a$ með því að skoða gildi

$Q$ í 0. Nú er

$Q(0)=0\cdot P(0)-1=-1$ en einnig er

$Q(0)=a(0-1)\cdots(0-n)=(-1)^n\cdot a\cdot n!$ svo að

$a=(-1)^{n+1}/n!$ . Þá fæst að

$Q(n+1)=a((n+1)-1)\cdots((n+1)-n)=a\cdot n!=(-1)^{n+1}.$ Því er

$(n+1)P(n+1)-1=(-1)^{n+1}$ og

$P(n+1)=\frac{1+(-1)^{n+1}}{n+1}$ . Ef

$n$ er oddatala, þá er

$P(n+1)=\frac{2}{n+1}$ , en ef

$n$ er slétt tala, þá er

$P(n+1)=0$ .

Dæmi 2. Úrslitakeppni 1991-92

Sýnið að fyrir sérhverjar rauntölur $a, b, c, d \gt 0$ gildir

$a b c d (a^{-3}+b^{-3}+c^{-3}+d^{-3})\ge a+b+c+d$

Lausn

Við notum ójöfnuna um venjulegt og rúmfræðilegt meðaltal til að fá eftirfarandi ójöfnur

$\begin{aligned} \frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3} &\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{a^3}\cdot\frac{1}{b^3}\cdot\frac{1}{c^3}} = \frac{3}{abc},\\ \frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3} &\geq \frac{3}{bcd},\\ \frac{1}{a^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3} &\geq \frac{3}{acd},\\ \frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{d^3} &\geq \frac{3}{abd}. \end{aligned}$ Þegar þessar ójöfnur eru lagaðar saman fæst ójafnan

$3(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}) \geq 3(\frac{1}{abc}+\frac{1}{bcd}+\frac{1}{acd}+\frac{1}{abd}).$ Deilum með 3 í báðar hliðar og margföldum svo báðar hliðar með

$a b c d$ , en þá er ójafnan sem sanna átti fengin.

Dæmi 3. Úrslitakeppni 1991-92

Látum $ABCDEF$ og $FGHIJK$ vera misstóra reglulega sexhyrninga með nákvæmlega einn sameiginlegan punkt $F$ þannig að punktarnir $C$ , $F$ og $I$ liggja á beinni línu (sjá mynd). Látum hringinn gegnum punktana $A$ , $F$ og $K$ skera línuna $CI$ í punkti $L$ þannig að $L \ne F$ . Sýnið að:

(a) $ALK$ er jafnhliða þríhyrningur.

(b) $L$ er miðpunktur striksins $CI$ .

Lausn

(a) Hornin í reglulegum sexhyrningi eru öll $120^\circ$ . Því er $\angle K F L=60^\circ$ . Þá er hornið $\angle K A L$ líka $60^\circ$ því þetta eru ferilhorn sem spanna sama boga. Eins sjáum við að $\angle A F K=60^\circ$ og því er $\angle A L K=60^\circ$ . Nú er fengið að tvö horn í þríhyrningnum $A L K$ eru $60^\circ$ og þar með er fengið að $ALK$ er jafnhliða.

(b) Látum $M$ vera miðpunkt sex-hyrningsins $A B C D E F$ og $N$ vera miðpunkt $F G H I J K$ . Í reglulegum sexhyrningi þá er miðpunkturinn í sömu fjarlægð frá hverjum hinna sex hornpunkta. Einnig er fjarlægðin frá miðpunktinum til hvers horn-punkt-anna jöfn hlið-arlengd sexhyrningsins. Táknum hliðarlengd $A B C D E F$ með $a$ og hliðarlengd $FGHIJK$ með $b$ . Þá er lengd línustriksins $CI$ jöfn $2a+2b$ . Viljum sýna að lengd línustriksins $I L$ sé $a+b$ , það er, að lengd línustriksins $NL$ sé $a$ . Það gerum við með því að sýna að þríhyrningarnir $A K F$ og $L K N$ séu eins. Samkvæmt (a) er línustrikið $A K$ jafnlangt línustrikinu $K L$ . Einnig fæst að línustrikið $K F$ er jafnt línustrikinu $K N$ . Samkvæmt (a) fáum við að

$\angle A K F=\angle A K L-\angle F K L=60^\circ-\angle F K L,$ og einnig er

$angle L K N=\angle F K N-\angle F K L=60^\circ-\angle F K L.$ Þríhyrningarnir

$A K F$ og

$L K N$ hafa því tvær hliðar eins og hornið á milli hliðanna er líka eins í báðum, því eru þeir eins. Þá er línustrikið

$N L$ jafnlangt línustrikinu

$A F$ og lengd

$A F$ er

$a$ .

Dæmi 4. Úrslitakeppni 1991-92

Finnið öll föll $f(x)$ , þannig að

$x^2f(x)+f(1-x)=2x-x^4$ fyrir allar rauntölur

$x$ .

Lausn

Setjum inn $1-x$ í stað $x$ í jöfnunni $x^2f(x)+f(1-x)=2x-x^4=x(2-x^3)$ . Þá getum við umbreytt verkefninu í það að leysa „tvær jöfnur með tveimur óþekktum“. Jöfnuhneppið er

$\begin{align} x^2f(x)+ f(1-x) &= (2-x^3)x \tag{1}\\ (1-x)^2f(1-x)+f(x) &= (2-(1-x)^3)(1-x) \tag{2} \end{align}$ Þessar jöfnur leysum við með því að margfalda þá efri með

$(1-x)^2$ og draga síðan þá neðri frá þeirri efri. Þá fæst

$\begin{aligned} ((1-x)^2x^2-1)f(x)&=(1-x)^2(2-x^3)x-(2-(1-x)^3)(1-x)\\ &=(1-x)((2-2x-x^3+x^4)x-2+1-3x+3x^2-x^3)\\ &=(1-x)(-1-x+x^2-x^3-x^4+x^5)\\ &=(1-x)(-(1+x)+x^2(1-x^2)-x^2(1-x^2))\\ &=(1-x^2)(-1+x^2(1-x)-x^3(1-x))\\ &=(1-x^2)(x^4-2x^3+x^2-1). \end{aligned}$ En einnig er

$(1-x)^2x^2-1=x^4-2x^3+x^2-1$ svo

$(x^4-2x^3+x^2-1)f(x)=(1-x^2)(x^4-2x^3+x^2-1).$ Höfum þá að

$f(x)=1-x^2$ , nema það að í reikningunum var á tveimur stöðum gert ráð fyrir að ákveðin stærð væri ekki 0. Fyrst þegar við margfölduðum báðar hliðar með

$(1-x)^2$ , þá var í raun gert ráð fyrir að

$x\neq 1$ . Við vitum að

$f(1)=0$ (setjum inn

$x=0$ í jöfnu (1)), sem passar við að

$f(x)=1-x^2$ . Lokaskrefið byggir svo á að

$x^4-2x^3+x^2-1\neq 0$ . Hvað gerist ef

$x^4-2x^3+x^2-1=0$ ? Jú, þá fáum við aftur tvær jöfnur en önnur þeirra er margfeldi af hinni.
Lítum yfir útreikningana. Við sjáum að

$x^4-2x^3+x^2-1=((1-x)^2x^2-1)=((1-x)x-1)((1-x)x+1).$ Vandræðagildin á

$x$ eru því rætur jafnanna

$x^2-x+1=0$ og

$x^2-x-1=0$ . Fyrri jafnan hefur engar rauntölurætur en sú seinni hefur ræturnar

$x_1=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\quad\quad x_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2}.$ Hér er

$x_2=1-x_1$ og eina skilyrðið sem gildir um

$f(x_1)$ og

$f(x_2)$ er að

$\begin{aligned}x_1^2f(x_1)+f(x_2)=2x_1-x_1^4.\quad (3)\end{aligned}$ (Þetta skilyrði má einnig túlka þannig að

$(f(x_1),f(x_2))$ sé punktur á línunni

$(3+\sqrt{5})x+2y=5(\sqrt5-1)$ .) Niðurstaðan er að

$f(x)=2x-x^4$ fyrir öll

$x$ nema

$x_1$ og

$x_2$ , og við höfum frelsi til að velja

$f(x_1)$ og

$f(x_2)$ á einhvern hátt þannig að jafna (3) sé uppfyllt.

Dæmi 5. Úrslitakeppni 1991-92

Í skóla nokkrum eru $1000$ nemendur. Í skólanum er kenndur fjöldi tungumála. Hver nemandi lærir í mesta lagi $5$ tungumál. Svo vill til, að í sérhverjum hópi þriggja nemenda er hægt að finna tvo sem læra sama tungumálið. Sýnið að hægt sé að finna að minnsta kosti $100$ nemendur sem læra allir sama tungumálið.

Lausn

Tökum einhvern nemanda $A$ . Fyrst skulum við gera ráð fyrir að ekki sé til nemandi $B$ þannig $B$ læri ekkert þeirra tungumála sem $A$ lærir. Þá lærir sérhver nemandi að minnsta kosti eitt þeirra tungumála sem $A$ lærir. Því má skipta nemendunum í hópa, jafnmarga og tungumálin eru sem $A$ lærir þannig að allir nemendurnir í hverjum hópi læri eitthvert tiltekið mál sem $A$ lærir. Nú lærir $A$ í mesta lagi $5$ tungumál og þegar $1000$ nemendum er skipt í hópa, $5$ eða færri, þá er gulltryggt að í einhverjum hópnum verða að minnsta kosti $100$ nemendur.

Gerum nú ráð fyrir að til sé nemandi $B$ sem lærir ekkert þeirra tungumála sem $A$ lærir. Þá segir skilyrðið í dæminu okkur að allir nemendur skólans læri að minnsta kosti eitt þeirra tungumála sem $A$ og $B$ læra. Samanlagt læra $A$ og $B$ í mesta lagi $10$ tungumál. Nú getum við eins og áður skipt nemendunum í hópa, ekki fleiri en $10$ , þannig að allir nemendur í sama hópi læri eitthvert tiltekið tungumál sem annaðhvort $A$ eða $B$ læra. Þá er ljóst að í einhverjum hópnum verða að minnsta kosti $100$ nemendur.

Stærðfræðikeppni framhaldsskólanema

Dæmi 1. Úrslitakeppni 1991-92

Dæmi 2. Úrslitakeppni 1991-92

Dæmi 3. Úrslitakeppni 1991-92

Dæmi 4. Úrslitakeppni 1991-92

Dæmi 5. Úrslitakeppni 1991-92

Stærðfræðikeppni framhaldsskólanema

STAK