E3 | stæ.is

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 $1$.

Dæmi 21. Neðra stig 1996-97

Reitir í $n \times n$ borði eru númeraðir með tölunum frá $1$ upp í $n^2$ á sama hátt og sýnt er í dæminu fyrir $n=5$ hér til hliðar. Nú er valin ein tala úr hverri röð, en þó þannig að engar tvær þeirra séu í sama dálki. Hvaða útkomur eru mögulegar þegar völdu tölurnar eru lagðar saman?

Lausn

Hver reitur ákvarðast af dálknúmeri sínu, $i$, á bilinu frá $1$ upp í $n$, og línunúmeri sínu, $j$, sem við veljum þannig að fyrsta röðin fær númerið $0$, svo að $j$ liggur á bilinu frá $0$ upp í $n-1$. Talan í reit með dálknúmeri $i$ og línunúmeri $j$ er þá $i+jn$. Hvert dálknúmer kemur nákvæmlega einu sinni fyrir og hvert línunúmer kemur líka nákvæmlega einu sinni fyrir í völdu tölunum svo að summan verður $$ \begin{aligned} &\underbrace{1+2+\cdots+n}_{\text{dálknúmer}} +\underbrace{0+n+2n+\cdots+(n-1)n}_{\text{línunúmer}} \\ =&(1+2+\cdots+n)+(0+1+\cdots+(n-1))n\\ =&\frac{1}{2}n(n+1)+\frac{1}{2}(n-1)n^2 \\ =&\frac{1}{2}n(n^2+1). \end{aligned} $$ Þegar $n=5$, þá er svarið $65$.

Dæmi 22. Neðra stig 1996-97

Þrír hringir liggja eins og sýnt er á myndinni. Miðjur minni hringanna tveggja liggja á miðstreng þess stóra. Einnig er gefið að lengd striksins $P Q$ er $8$, og $P Q$ er snertill við báða minni hringina. Reiknið flatarmál skyggða svæðisins.

Lausn

Táknum miðjur hringanna með $O, O_1$ og $O_2$, en geislar þeirra með $r, r_1$ og $r_2$ eins og sýnt er á myndinni. Látum $M$ tákna miðpunkt striksins $P Q$ og $x$ lengd striksins $O M$. Þá er $r=r_1+r_2$ og ennfremur er $$ \begin{aligned} r^2&=x^2+|MP|^2=x^2+16,\ 2r_1=r+x, \\ 2r_2&=r-x. \end{aligned} $$ Flatarmálið á skyggða svæðinu fæst með því að draga flatarmál litlu hringanna tveggja frá flatarmáli stóra hringsins, og er $$ \begin{aligned} \pi(r^2-r_1^2-r_2^2) & = \pi((r_1+r_2)^2-r_1^2-r_2^2) = 2\pi r_1r_2 \\ &=2\pi\cdot\frac{r+x}{2}\cdot\frac{r-x}{2} = 2\pi\frac{1}{4}(r^2-x^2)= \frac{1}{2}\pi\cdot 16 = 8\pi. \end{aligned} $$

Dæmi 18. Efra stig 1995-96

Látum $p$ og $q$ vera ólíkar jákvæðar heiltölur. Sannið: Að minnsta kosti önnur jafnan $$x^2+p x+q=0 \quad\quad \text{ eða } \quad\quad x^2+q x+p=0,$$ hefur rauntölulausn.

Lausn

Gerum ráð fyrir að önnur jafnan hafi ekki rauntölulausn. Með því að skipta hugsanlega um nöfn á $p$ og $q$ getum við gert ráð fyrir því að $x^2+p x+q=0$ hafi ekki rauntölulausn. Þá er aðgreinir annars stigs margliðunnar $x^2+p x+q$ neikvæður, það er $p^2-4 q\lt 0$, svo að $p^2\lt 4 q$. Við viljum sýna að þá sé aðgreinir margliðunnar $x^2+q x+p$ ekki neikvæður, það er að $q^2\geq 4 p$, því þá hefur jafnan $x^2+q x+p=0$ rauntölulausn.

Ef $p^2\lt 4q$, þá er $p\lt 2\sqrt{q}$ svo að $4p\lt 8\sqrt{q}$. Nú er ójafnan $8\sqrt{q}\leq q^2$ jafngild ójöfnunni $64q\leq q^4$ því $q$ er jákvæð tala. En $64=4^3$ svo þessi síðasta ójafna er jafngild ójöfnunni $4\leq q$. Höfum því fyrir $4\leq q$ að $4p\lt 8\sqrt{q}\leq q^2$. Tilfellin þegar $q$ er ein af tölunum $1$, $2$ eða $3$ verðum við að afgreiða sérstaklega.

(a) Ef $q=3$, þá er $p^2\lt4q=12$ svo að $p$ er önnur talnanna 1 eða 2 því $p=3$ kemur ekki til greina því gefið er að $p$ og $q$ eru ólíkar. En $q^2=9$ er stærri en bæði $4\cdot 1=4$ og $4\cdot 2=8$ svo $q^2\geq 4p$ gildir í þessu tilfelli.
(b) Ef $q=2$, þá er $p^2\lt4q=8$ svo að $p=1$. Þá er $q^2=4\geq 4=4p$.
(c) Ef $q=1$, þá er $p^2\lt4$ sem getur ekki gerst því tölurnar $p$ og $q$

Dæmi 19. Efra stig 1995-96

Sannið að til sé náttúruleg tala $n$ þannig að $$1996^{1995}\lt 1995^n\lt 1996^{1996}.$$

Lausn

Ljóst er að $1995^{1996}\lt 1996^{1996}$. Sýnum að $1996^{1995}\lt 1995^{1996}$, en það er jafngilt því að sýna að $$\left(1+\frac{1}{1995}\right)^{1995} =\left(\frac{1996}{1995}\right)^{1995}\lt 1995.$$ Samkvæmt tvíliðureglunni er $$\left(1+\frac{1}{1995}\right)^{1995} =\sum_{k=0}^{1995}\binom{1995}{k}\frac{1}{1995^k}.$$ En nú gildir fyrir allar náttúrlegar tölur $m$, $k$ þannig að $m\geq k\gt 0$ að $$ \begin{aligned} \binom{m}{k}\frac{1}{m^k} &=\frac{m(m-1)\cdots (m-k+1)}{k!}\cdot \frac{1}{m^k}\\ &=\frac{m}{m}\cdot\frac{m-1}{m}\cdots\frac{m-k+1}{m}\cdot \frac{1}{k!}\\ &\lt 1 \end{aligned} $$ og $\binom{m}{0}\frac{1}{m^0}=1$. Höfum því að $$ \left(1+\frac{1}{1995}\right)^{1995} =\sum_{k=0}^{1995}\binom{1995}{k}\frac{1}{1995^k} \lt 1995. $$

Dæmi 21. Neðra stig 1995-96

Þrír hringir með geislann $1$ og einn stór hringur eru lagðir eins og myndin sýnir. Ákvarðið flatarmál stóra hringsins. (Svarið á að vera á forminu $(\frac{a+b\sqrt{3}}{c})\pi$ þar sem $a, b$ og $c$ eru heilar tölur).

Lausn

Miðpunktar hringanna mynda jafnhliða þríhyrning með hliðarlengd 2. Geisli stóra hringsins er þá 1 að viðbættri lengdinni frá einum hornpunkti þríhyrningsins að miðpunkti hans. Látum $O$ vera miðpunkt þríhyrningsins og $A$, $B$ og $C$ vera hornpunkta hans. Látum $D$ vera miðpunkt hliðarinnar $BC$. Nú er $D$ jafnframt fótpunktur hæðarinnar á $BC$ svo regla Pýþagroasar gefur að $|AD|=\sqrt{|AB|^2-|BD|^2}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}$. Þar sem miðlínur þríhyrnings skipta hver annarri í hlutföllunum $1:2$, þá er $|OA|=\frac23\sqrt{3}$ svo að geisli stóra hringsins er $1+\frac{2\sqrt3}{3}=\frac{3+2\sqrt{3}}{3}$. Flatarmál stóra hringsins er þá $$ \pi \left(\frac{3+2\sqrt{3}}{3} \right)^2 =\left(\frac{21+12\sqrt{3}}{9} \right)\pi =\left(\frac{7+4\sqrt{3}}{3} \right)\pi.$$

Dæmi 22. Neðra stig 1995-96

Hver eru möguleg gildi á tölu $n\gt 9$ þannig að $n$ börn geti skipt $9$ eins súkkulaðistykkjum jafnt á milli sín án þess að skipta nokkru stykki í fleiri en tvo hluta.

Lausn

Við höfum $9$ stykki og ætlum að skipta þeim í $n\gt 9$ hluta. Þá verðum við augljóslega að skera öll stykkin í sundur, því sá sem fengi heilt stykki fengi þá meira en $9/n$ af öllum súkkulaðistykkjunum. En við megum ekki skera neitt stykki oftar en einu sinni svo hverju þeirra er skipt í nákvæmlega tvo hluta.

Gerum nú ráð fyrir að við höfum skipt stykkjunum og höfum því $18$ hluta af stykkjum fyrir framan okkur sem við hugsum okkur að við höfum merkt $1_a, 1_b, 2_a, 2_b,\ldots,9_a, 9_b$ þannig að $1_a$ og $1_b$ fengust þegar stykki 1 var skipt í tvennt o.s.frv. Nú er einn hlutinn $9/n$ af lengd eins stykkis og við getum gert ráð fyrir því að það sé $1_a$. Ef lengd $1_b$ er einnig $9/n$, þá höfum við skipt hverju stykki í tvennt og því $n=18$. Annars er til hluti af stykki, segjum $2_a$, þannig að samanlögð lengd $1_b$ og $2_a$ sé $9/n$. Við höldum nú svona áfram þar til við komum að fyrstu tölunni $k$ þannig að lengd $k_b$ sé $9/n$, en þá hefur þessum $k$ stykkjum verið skipt milli $k+1$ barns. Þar sem skiptingin á næstu $k$ stykkjum hlýtur að vera samsvarandi sjáum við að $k$ gengur upp í $9$ og er því annaðhvort 3 eða 9 (við höfum þegar afgreitt tilfellið $k=1$). Þá hefur þessum fyrstu 3 (eða 9) stykkjum verið skipt milli 4 (eða 10) barna og því $n=3\cdot 4=12$ eða $n=10$.

Við höfum nú séð að nauðsynlega verður $n$ að vera ein af tölunum $10$, $12$ eða $18$. En ljóst er að hægt er að skipta stykkjunum $9$ milli $10$, $12$ eða $18$ barna án þess að skera nokkurt þeirra tvisvar. Ef $n=18$, þá skiptum við hverju stykki í tvennt. Ef $n=12$ þá skiptum við hverjum $3$ stykkjum í fjóra hluta með því að raða þeim í röð og skera lengjuna í fjóra jafn langa búta. Þá þarf að skera þrisvar svo hvert stykki er skorið nákvæmlega einu sinni. Eins ef $n=10$, þá röðum við öllum stykkjunum $9$ í röð og skiptum lengjunni í $10$ jafn langa búta, en þá þarf að skera $9$ sinnum og hvert stykki því nákvæmlega einu sinni.

Dæmi 18. Efra stig 1994-95

Látum $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ vera fall sem er skilgreint fyrir allar rauntölur og sem uppfyllir fyrir allar rauntölur $x$ að $$f(x+19)\leq f(x)+19\quad\text{og}\quad f(x+94)\geq f(x)+94.$$
Sýnið að $f(x+1)=f(x)+1$ fyrir allar rauntölur $x$.

Lausn

Athugum að með endurtekningu fáum við $$ f(x+19a)\leq f(x)+19 a \quad\quad \text{ og } \quad\quad f(x+94b)\geq f(x)+94 b $$ ef $a$ og $b$ eru náttúrlegar tölur. Með því að skipta á $x$ og $x-19a$ í fyrri ójöfnunni og $x-94b$ í þeirri síðari, þá fáum við $$ f(x)\leq f(x-19a)+19a \quad\quad \text{ og } \quad\quad f(x)\geq f(x-94b)+94b $$ svo að $$ f(x-19 a)\geq f(x)-19 a \quad\quad \text{ og } \quad\quad f(x-94 b)\leq f(x)-94 b. $$ Nú skulum við gera ráð fyrir að hægt sé að velja náttúrlegar tölur $a$ og $b$ þannig að $19a-94b=1$. Þá er $$ \begin{aligned} f(x+1)&=f(x+19a-94 b)\leq f(x+19a)-94 b\\ &\leq f(x)+19a-94b = f(x)+1. \end{aligned} $$ Ef hinsvegar til eru náttúrlegar tölur $c$ og $d$ þannig að $94c-19 d=1$, þá fáum við $$ \begin{aligned} f(x+1)&=f(x+94 c -19d)\geq f(x+94d)-19 d\\ &\geq f(x)+94 c-19 d = f(x)+1. \end{aligned} $$ Af tveimur síðustu ójöfnunum fáum við $f(x+1)=f(x)+1$. Nú er $19\cdot 5=95$ og þar með getum við vallið $a=5$ og $b=1$. Til þess að ákvarða $c$ og $d$, þá athugum við að $$ \begin{aligned} 94\cdot (-1) + 19\cdot 5=1\\ 94\cdot 19+19\cdot (-94)=0. \end{aligned} $$ Ef við leggjum þessar tvær jöfnur saman, þá fáum við að hægt er að velja $c=18$ og $d=89$.

Dæmi 19. Efra stig 1994-95

Á stofugólfinu hjá Jörmunreki er stór ljótur hringlaga blettur með geisla $2$ metrar. Í fórum sínum á Jörmunrekur sjö hringlaga mottur sem hver um sig hefur geisla $1$ metra. Sýnið að Jörmunrekur getur breitt motturnar sjö á stofugólfið þannig að þær hylji blettinn ljóta algjörlega.

Lausn

Við byrjum á að setja eina mottu á miðjan blettinn. Síðan innritum við reglulegan sexhyrning innan í blettinn. Hliðar hans hafa allar lengdina 2 því hornalínur sexhyrningsins í gegnum miðju blettsins skipta honum í 6 eins jafnhliða þríhyrninga. Fyrir hverja hlið sexhyrningsins breiðum við svo eina mottu á gólfið þannig að miðja hennar lendi á miðpunkti hliðarinnar. Við sýnum nú að motturnar hylji blettinn.

Ef við getum sýnt fram á að mottan í miðjunni og mottan með miðju í punktinum $M$ hylji tilsvarandi geira, þá er ljóst að motturnar sjö hylja blettinn. Við lítum á þríhyrninginn $M P Q$ þar sem $P$ er annar endapunktur hliðar sexhyrningsins sem $M$ liggur á og $Q$ er miðpunktur striksins frá miðju blettsins að $P$. Þríhyrningurinn $MPQ$ er jafnhliða því að $|P Q|=1$, $|M P|=1$ og $\angle Q P M=60^\circ$. Þá er $|M Q|=1$ og þá er ljóst að allur geirinn er hulinn.