Setter veldig stor pris på tilbakemelding på mine løsningsforslag! Er uerfaren med slike oppgaver og kjenner ingen å diskutere matte med...
Oppgave 1a
Finn alle reelle tall som er slik at ulikheten [tex]3x^2+y^2\geq -ax(x+y)[/tex] holder for alle reelle tall [tex]x[/tex] og [tex]y[/tex].
Sett [tex]x=\frac{yp}{\sqrt{3}}[/tex] slik at:
[tex]y^2(p^2+1)\geq\frac{-ay^2p(p+\sqrt{3})}{3}[/tex] og
[tex](p^2+1)\geq\frac{-ap(p+\sqrt{3})}{3}[/tex]
Som vi kan skrive om til en standard andregradslikning:
[tex](3+1)p^2+\sqrt{3}ap+3\geq 0[/tex]
Vi vet at dette bare kan være sant dersom:
[tex]3a^2-36-12a\leq 0 [/tex]
[tex](a-6)(a+2)\leq 0 [/tex]
[tex]-2\leq a\leq 6 [/tex]
Vi ser at [tex]p^2[/tex] fra andregradslikningen i sted er positiv dersom a er i [tex][-2,6][/tex], dermed er dette løsningen.
Oppgave 1b
Følgen [tex]a_1, a_2, a_3, ... [/tex] er definert slik at [tex]a_1=1[/tex] og
[tex]a_{n+1}=\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}+1[/tex]
Vis at for hvert reelt positivt tall [tex]\beta[/tex] kan vi finne en [tex]k[/tex] slik at [tex]a_k < \beta k[/tex].
Vi ser at [tex]a_k < \beta k[/tex] er ekvivalent med [tex]\frac{a_k}{k} < \beta[/tex]. Når [tex]\beta >1[/tex] er dette åpenlyst; bare sett [tex]k=1[/tex]. For å se at det stemmer for [tex]\beta \leq 1[/tex]:
[tex]\frac{a_{k+1}}{k+1}[/tex]
[tex]=\frac{1}{k+1}(\frac{a_1+\cdots +a_{k}}{k}+1)[/tex]
[tex]=\frac{1}{k+1}(\frac{a_1+\cdots +a_{k-1}}{k}+\frac{a_1+\cdots +a_{k-1}}{k(k-1)}+\frac{k+1}{k})[/tex]
[tex]=\frac{1}{k}(\frac{k(a_1+\cdots +a_{k-1})}{(k+1)(k-1)}+1)[/tex]
[tex]<\frac{a_{k}}{k}[/tex]
Dermed går [tex]\frac{a_k}{k}[/tex] mot 0 ettersom k går mot [tex]\infty[/tex], og vi vil alltid være i stand til å finne en mindre [tex]\frac{a_k}{k}[/tex]
Oppgave 2
I en trekant [tex]T[/tex] er alle vinklene mindre enn 90 grader, og den lengste siden har lengde [tex]s[/tex]. Vis at for hvert punkt [tex]p[/tex] i [tex]T[/tex] kan vi velge et hjørne [tex]h[/tex] i [tex]T[/tex] slik at avstanden fra [tex]p[/tex] til [tex]h[/tex] er mindre enn eller lik [tex]\frac{s}{\sqrt{3}}[/tex].
Kall vinklene i [tex]T[/tex] for [tex]A, B, C[/tex]. Sett [tex]s=AB[/tex] slik at [tex]AB\geq AC,BC[/tex]. La vinkel [tex]A\leq B[/tex] - da må [tex]A[/tex] være den minste vinkelen i [tex]T[/tex]. Her er en veldig unøyaktig hjelpefigur:
Sett [tex]P[/tex] til punktet hvor linjen som halverer vinkel [tex]A[/tex] treffer midtnormalen på [tex]s=AB[/tex]. Da vil [tex]AP=BP[/tex], og
[tex](CP)^2 \leq (H_{AC})^2 + (\frac{s}{2})^2=(AP)^2[/tex] (her er [tex]H_{AC}[/tex] lengden på linjen fra [tex]P[/tex] som står vinkelrett på [tex]AC[/tex]).
Summen av [tex]A, B, C[/tex] er 180 grader, så hvis [tex]A[/tex] er den minste av [tex]A, B, C[/tex], må [tex]A\leq 60[/tex] grader. Da har vi at
[tex]AP=\frac{s}{2\cos (A/2)}\leq \frac{s}{2\cos 30}=\frac{s}{\sqrt{3}}[/tex]
Oppgave 3
Et primtall [tex]p \leq 5[/tex] er gitt. Skriv
[tex]\frac{1}{3}+\frac{2}{4}+\cdots +\frac{p-3}{p-1}=\frac{a}{b}[/tex]
for naturlige tall [tex]a[/tex] og [tex]b[/tex]. Vis at [tex]p[/tex] går opp i [tex]a[/tex].
Ikke så mye å si om denne. Bruker at [tex]p-3[/tex] må være et partall siden [tex]p[/tex] er et primtall på fjerde linje:
[tex]\frac{1}{3}+\frac{2}{4}+\cdots +\frac{p-3}{p-1}[/tex]
[tex]=\frac{3-2}{3}+\frac{4-2}{4}+\cdots +\frac{p-1-2}{p-1}[/tex]
[tex]=p-3-2(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{p-1})[/tex]
[tex]=p-3-2(\frac{1}{p-2}+\frac{1}{p-1})-2(\frac{p}{3(p-3)}+\frac{p}{4(p-4)}+\cdots )[/tex]
[tex]=\frac{(p-3)(p-2)(p-1)-2(2p-3)}{(p-2)(p-1)}-2p(\frac{1}{3(p-3)}+\frac{1}{4(p-4)}+\cdots )[/tex]
[tex]=\frac{p(p^2-6p+2)}{(p-2)(p-1)}-2p(\frac{1}{3(p-3)}+\frac{1}{4(p-4)}+\cdots )[/tex]
[tex]=p(\frac{(p^2-6p+2)}{(p-2)(p-1)}-2(\frac{1}{3(p-3)}+\frac{1}{4(p-4)}+\cdots ))[/tex]
[tex]=\frac{pk}{(p-1)(p-2)\cdots}[/tex]
Siden [tex]p[/tex] er et primtall vet vi at faktoren ikke vil kanselleres av noen tall i [tex]b[/tex], så [tex]p[/tex] må gå opp i [tex]a[/tex].