Øvingsoppgaver til abelkonkurransen, runde 1

[Gustav]

Grønn: runde 1-nivå, Gul: runde 2-nivå, Rød: abelfinale(eller høyere)-nivå.


1. (Grønn) Hvis $2017a^{2017}+100=110$, bestem $2017(-a{)}^{2017}+100$.

2. (Gul) Løs ligningen $\sqrt{2+4x-2x^2}+\sqrt{6+6x-3x^2}=x^2-2x+6$

3. (Rød) En syklisk firkant er en firkant som kan omskrives av en sirkel (alle hjørnene ligger på en sirkel). Bevis at summen av to motstående vinkler i en syklisk firkant er 180 grader.

4. (Grønn) Hvilket positivt heltall $n$ er slik at $n(n+3)(n+6)\cdots (n+297)(n+300)=(200-n)(203-n)(206-n)\cdots (497-n)(500-n)$?

5. (Gul) Anta at $x$ er et positivt tall. Vis at $x^5+x+1\ge 3x^2$

6. (Grønn) For heltall a,b,c, vis at dersom $a$ deler $b$ og $a$ deler $c$, så vil $a$ dele $bx+cy$ for alle heltall $x,y$.

7. (Gul) Anta at $a$ og $b$ er reelle tall slik at $a+b=2$ og $ab=-1$. Finn $a^{10}+b^{10}$.

8. (Gul) Faktorisér uttrykket $x^4-1$ (uten bruk av digitale hjelpemidler!)

9. (Rød) La $n=1234567891011....9899100$. Avgjør om $n$ er delelig med $3$. Hint:

[+] Skjult tekst

Tverrsummen må være delelig med 3

10. (Grønn) Om et positivt heltall $n$ vet vi følgende: Det fins et polynom av grad $5$ som har $n$ antall løsninger. $n$ kan i tillegg skrives på formen $2^m$ for et heltall $m$. Til slutt vet vi at $n+3$ er et primtall, og at $n$ ikke er et kvadrattall. Finn, hvis det er mulig, $n$.

11. (Gul) Anta at $x$ er et tall slik at $-3<x<4$. Vis at $12+x>x^2$

12. (Rød) La $x,y$ være reelle tall ulik $0$. Finn alle funksjoner $f(x)$ som tilfredsstiller $2f(xy)\le f(x)+f(y)$.

Hint:

[+] Skjult tekst

Alle slike funksjonene er konstante

[Kay]

8.

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

[Gustav]

8.

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

Bra!

[Markus]

Takk for denne posten plutarco, dette er god øving!

For heltall $a,b,c$, vis at dersom $a$ deler $b$ og $a$ deler $c$, så vil $a$ dele $bx+cy$ for alle heltall $x,y$

Jeg er ikke så god på hvor standarden ligger i slike bevis. Men jeg håper dette holder.

Hvis $a$ deler $b$ må det finnes et heltall $d$ som er slik at $\frac{b}{a}=d\iff b=a\cdot d$. Dette betyr at $a$ er en faktor av $b$.

Hvis $a$ deler $c$ må det finnes et heltall $e$ som er slik at $\frac{c}{a}=e\iff c=a\cdot e$. Dette betyr at $a$ er en faktor av $c$.

Vi har da at $bx+cy=adx+aey=a(dx+ey)\iff \frac{a(dx+ey)}{a}=dx+ey$. Siden både $bx$ og $cy$ har $a$ som faktor betyr det at $a|bx+cy$. Dette fullfører beviset.

[Markus]

1. Hvis $2017a^{2017}+100=110$, bestem $2017(-a{)}^{2017}+100$.

Prøver meg på denne og.

Av den første likningen har vi at:
$2017a^{2017}+100=110$
$2017a^{2017}=10$

$a^{2017}$ og $(-a{)}^{2017}$ må ha motsatt fortegn når potensen er et oddetall. Når potensen er et partall, vil $a^n=(-a{)}^n$, da vi får samme fortegn på begge sidene. Dette betyr at $2017(-a{)}^{2017}=-10$, og derfor må $2017(-a{)}^{2017}+100=90$.

Edit: noe feil i resonnementet, skal være rettet opp nå.

[OYV]

Oppgave 5: Anta at x er et positivt tall.

Vis at x^5 + x + 1 >= 3x^2

Løsningforslag:

Ulikheten ovenfor er ekvivalent med at

x^5 - 3x^2 + x + 1 >= 0

Vi ser lett at V.S. = 0 for x = 1. Dette er ensbetydende med at uttrykket er delelig med ( x - 1 ).

For at uttrykket skal være >= 0 for alle x > 0, må uttrykket inneholde faktoren ( x - 1 )^2 .

Vi utfører divisjonen (x^5 - 3x^2 + x + 1 ):(x-1)^2 og får x^3 + 2x^2 + 3x +1

Divisjonen ovenfor gir

x^5 - 3x^2 + x + 1 = ( x - 1 )^2 *(x^3 + 2x^2 + 3x + 1 ) >= 0 for alle x > 0 (s.s.v. )

[Markus]

10. (Grønn) Om et positivt heltall $n$ vet vi følgende: Det fins et polynom av grad $5$ som har $n$ antall løsninger. $n$ kan i tillegg skrives på formen $2^m$ for et heltall $m$. Til slutt vet vi at $n+3$ er et primtall, og at $n$ ikke er et kvadrattall. Finn, hvis det er mulig, $n$.

Beklager hvis dette føles som spam, men det føles mye mer ryddig å legge hver oppgave i hver sin post, istedenfor å ta alle på en gang.

Siden et polynom ikke han ha flere røtter enn polynomets grad, må $n\le 5$. Vi vet også at $n$ er et partall fordi at alle primtall $>2$ er oddetall. Hvis $n+3$ skal være et primtall, må altså $n$ være et partall. Verdiene for $n\le 5$ som gir et primtall ved $n+3$ er $2(5)$ og $4(7)$. Vi står igjen med to alternativer som begge kan skrives på formen $2^m$. Siden $4$ er et kvadrattall $(2^2)$, har vi at $n\ne 4$. Da må altså $n=2$.

[Kay]

9. Å finne tverrsummen her kan være litt kronglete fordi jeg gjør dette ganske enkelt med bruteforce uten noen form for elegant løsning, men vi har at

for hvert tall 1-9 så har vi et intervall for hvert enkelt tall som varer i 9 siffer.

eks. 2 har $[20,29]$ og 3 har $[30,39]$

Samtidig vet vi at alle siffer forekommer i sin grunnform 1 gang, og ved siden av andre tall minst 11 ganger per eget intervall det er involvert

Eks. 10111213141516171819 har tilsammen elleve 1'ere, så stykket vil bli 11*1 + 2+3+4+5+6+7+8+9, og det samme vil gå for de tallene som er høyere, de vil gå igjen 11 ganger per intervall de tilhører

Derfor må tverrsummen bli, og dette kan ta en stund:

$1+2+3+4+5+6+7+8+9=\sum _{j=1}^{9}j=\frac{9(9+1)}{2}=45$

$(11\cdot 1)+2+3+4+5+6+7+8+9=\sum _{j=2}^{9}j=11+\frac{1}{2}(9^2+9-2)=44+11=55$

$(11\cdot 2+1)+3+4+5+6+7+8+9=23+\sum _{j=3}^{9}j=23+42=65$

.
.
.

$11\cdot 9+1+2+3+4+5+6+7+8=90+\sum _{j=1}^{8}j=90+\frac{8(8+1)}{2}=90+36=136$

Legger du tilsammen opp alle disse vil du få tallet $901$ som ikke er delelig på 3, dermed er tallet ikke delelig på 3.

Vet ikke hvor lang tid du har på en Abelfinale, men det tok ca 10 min å bruteforce


Altså det du observerer og koker det ned til er at du får et øk på 10 fra hvert intervall
$45+55+65+75+85+95+105+115+125+136=901$, øket på 11 skyldes jo da selvfølgelig det siste ener-sifferet som går igjen en gang

[Audunss]

9. Å finne tverrsummen her kan være litt kronglete fordi jeg gjør dette ganske enkelt med bruteforce uten noen form for elegant løsning, men vi har at

for hvert tall 1-9 så har vi et intervall for hvert enkelt tall som varer i 9 siffer.

eks. 2 har $[20,29]$ og 3 har $[30,39]$

Samtidig vet vi at alle siffer forekommer i sin grunnform 1 gang, og ved siden av andre tall minst 11 ganger per eget intervall det er involvert

Eks. 10111213141516171819 har tilsammen elleve 1'ere, så stykket vil bli 11*1 + 2+3+4+5+6+7+8+9, og det samme vil gå for de tallene som er høyere, de vil gå igjen 11 ganger per intervall de tilhører

Derfor må tverrsummen bli, og dette kan ta en stund:

$1+2+3+4+5+6+7+8+9=\sum _{j=1}^{9}j=\frac{9(9+1)}{2}=45$

$(11\cdot 1)+2+3+4+5+6+7+8+9=\sum _{j=2}^{9}j=11+\frac{1}{2}(9^2+9-2)=44+11=55$

$(11\cdot 2+1)+3+4+5+6+7+8+9=23+\sum _{j=3}^{9}j=23+42=65$

.
.
.

$11\cdot 9+1+2+3+4+5+6+7+8=90+\sum _{j=1}^{8}j=90+\frac{8(8+1)}{2}=90+36=136$

Legger du tilsammen opp alle disse vil du få tallet $901$ som ikke er delelig på 3, dermed er tallet ikke delelig på 3.

Vet ikke hvor lang tid du har på en Abelfinale, men det tok ca 10 min å bruteforce


Altså det du observerer og koker det ned til er at du får et øk på 10 fra hvert intervall
$45+55+65+75+85+95+105+115+125+136=901$, øket på 11 skyldes jo da selvfølgelig det siste ener-sifferet som går igjen en gang

Vet ikke om du eller jeg har misforstått hvordan tallet er konstruert, men jeg tenkte slik.

Tversummen er:

$1+2+3+4....+99+100=\sum _{k=1}^{1}00=k=\frac{100(100+1)}{2}=5050$
som ikke er delelig på 3

[Kay]

9. Å finne tverrsummen her kan være litt kronglete fordi jeg gjør dette ganske enkelt med bruteforce uten noen form for elegant løsning, men vi har at

for hvert tall 1-9 så har vi et intervall for hvert enkelt tall som varer i 9 siffer.

eks. 2 har $[20,29]$ og 3 har $[30,39]$

Samtidig vet vi at alle siffer forekommer i sin grunnform 1 gang, og ved siden av andre tall minst 11 ganger per eget intervall det er involvert

Eks. 10111213141516171819 har tilsammen elleve 1'ere, så stykket vil bli 11*1 + 2+3+4+5+6+7+8+9, og det samme vil gå for de tallene som er høyere, de vil gå igjen 11 ganger per intervall de tilhører

Derfor må tverrsummen bli, og dette kan ta en stund:

$1+2+3+4+5+6+7+8+9=\sum _{j=1}^{9}j=\frac{9(9+1)}{2}=45$

$(11\cdot 1)+2+3+4+5+6+7+8+9=\sum _{j=2}^{9}j=11+\frac{1}{2}(9^2+9-2)=44+11=55$

$(11\cdot 2+1)+3+4+5+6+7+8+9=23+\sum _{j=3}^{9}j=23+42=65$

.
.
.

$11\cdot 9+1+2+3+4+5+6+7+8=90+\sum _{j=1}^{8}j=90+\frac{8(8+1)}{2}=90+36=136$

Legger du tilsammen opp alle disse vil du få tallet $901$ som ikke er delelig på 3, dermed er tallet ikke delelig på 3.

Vet ikke hvor lang tid du har på en Abelfinale, men det tok ca 10 min å bruteforce


Altså det du observerer og koker det ned til er at du får et øk på 10 fra hvert intervall
$45+55+65+75+85+95+105+115+125+136=901$, øket på 11 skyldes jo da selvfølgelig det siste ener-sifferet som går igjen en gang

Vet ikke om du eller jeg har misforstått hvordan tallet er konstruert, men jeg tenkte slik.

Tversummen er:

$1+2+3+4....+99+100=\sum _{k=1}^{1}00=k=\frac{100(100+1)}{2}=5050$
som ikke er delelig på 3

Var i utgangspunktet det jeg trodde det måtte være også, men tverrsummen er summen av alle de individuelle sifrene, ikke alle de individuelle tallene fra 1-100

Tallet det er snakk om såvidt jeg har forstått det er

[+] Skjult tekst

123456789101112131415161718192021222324252627282930313233343536373839404142434445464748495051525354555657585960616263646566676869707172737475767778798081828384858687888990919293949596979899100

[Audunss]

9. Å finne tverrsummen her kan være litt kronglete fordi jeg gjør dette ganske enkelt med bruteforce uten noen form for elegant løsning, men vi har at

for hvert tall 1-9 så har vi et intervall for hvert enkelt tall som varer i 9 siffer.

eks. 2 har $[20,29]$ og 3 har $[30,39]$

Samtidig vet vi at alle siffer forekommer i sin grunnform 1 gang, og ved siden av andre tall minst 11 ganger per eget intervall det er involvert

Eks. 10111213141516171819 har tilsammen elleve 1'ere, så stykket vil bli 11*1 + 2+3+4+5+6+7+8+9, og det samme vil gå for de tallene som er høyere, de vil gå igjen 11 ganger per intervall de tilhører

Derfor må tverrsummen bli, og dette kan ta en stund:

$1+2+3+4+5+6+7+8+9=\sum _{j=1}^{9}j=\frac{9(9+1)}{2}=45$

$(11\cdot 1)+2+3+4+5+6+7+8+9=\sum _{j=2}^{9}j=11+\frac{1}{2}(9^2+9-2)=44+11=55$

$(11\cdot 2+1)+3+4+5+6+7+8+9=23+\sum _{j=3}^{9}j=23+42=65$

.
.
.

$11\cdot 9+1+2+3+4+5+6+7+8=90+\sum _{j=1}^{8}j=90+\frac{8(8+1)}{2}=90+36=136$

Legger du tilsammen opp alle disse vil du få tallet $901$ som ikke er delelig på 3, dermed er tallet ikke delelig på 3.

Vet ikke hvor lang tid du har på en Abelfinale, men det tok ca 10 min å bruteforce


Altså det du observerer og koker det ned til er at du får et øk på 10 fra hvert intervall
$45+55+65+75+85+95+105+115+125+136=901$, øket på 11 skyldes jo da selvfølgelig det siste ener-sifferet som går igjen en gang

Vet ikke om du eller jeg har misforstått hvordan tallet er konstruert, men jeg tenkte slik.

Tversummen er:

$1+2+3+4....+99+100=\sum _{k=1}^{1}00=k=\frac{100(100+1)}{2}=5050$
som ikke er delelig på 3

Var i utgangspunktet det jeg trodde det måtte være også, men tverrsummen er summen av alle de individuelle sifrene, ikke alle de individuelle tallene fra 1-100

Oppdaget det, og ville slette innlegget mit, men da hadde du allerede svart

Du har rett, får se om jeg ser en letter måte å regne det ut på enn brute force.

[Markus]

7. (Gul) Anta at $a$ og $b$ er reelle tall slik at $a+b=2$ og $ab=-1$. Finn $a^{10}+b^{10}$.

Den løsningen er neppe den mest effektive.

Hvis vi substituerer $b=2-a$ inn i $ab=-1$ får vi $-a^2+2a+1=0$. På grunn av "symmetrien" i de to likningen oppgaven gir, er det enkelt å se at vi også får $-b^2+2b+1=0$ ved å substitutere $a=2-b$. Når vi løser denne likningen med abc-formelen, vil vi altså få to løsninger der den ene er lik $a$ og den andre er lik $b$. Det er vilkårlig hvilken av $a$ eller $b$ som får hvilken løsning.

${\displaystyle \frac{-2\pm \sqrt{2^2-(4\cdot -1\cdot 1)}}{2\cdot -1}=\frac{-2\pm \sqrt{8}}{-2}=\frac{-2\pm 2\sqrt{2}}{-2}=\{\begin{array}{c}1+\sqrt{2}\\ 1-\sqrt{2}\end{array}}$

Vi sier at $a=1+\sqrt{2}$ og $b=1-\sqrt{2}$

Ved binomialformelen har vi at: ${\displaystyle (x+y{)}^n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k{y}^{n-k}}$

Da må $a^{10}=(1+\sqrt{2}{)}^{10}=\sum _{k=0}^{10}(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{k})1^k{\sqrt{2}}^{10-k}=\sum _{k=0}^{10}(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{k}){\sqrt{2}}^{10-k}=(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{0}){\sqrt{2}}^{10}+(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{1}){\sqrt{2}}^9+\cdots +(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{10}){\sqrt{2}}^0$

Vi har også da at $b^{10}=(1-\sqrt{2}{)}^{10}\sum _{k=0}^{10}(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{k})-(\sqrt{2}{)}^{10-k}=(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{0})-(\sqrt{2}{)}^{10}+(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{1})-(\sqrt{2}{)}^9+\cdots +(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{10})-(\sqrt{2}{)}^0$

Vi legger merke til at $-(\sqrt{2}{)}^n$ er negativ når $n$ er et oddetall, mens de er alltid positiv uansett $n$ for $(\sqrt{2}{)}^n$. Når vi da tar $a^{10}+b^{10}$ vil de leddene med odde potenser nulle ut hverandre. Vi får da at:

$a^{10}+b^{10}=2\left(\sum _{k=0}^5(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{2k}){\left(\sqrt{2}\right)}^{10-2k}\right)$

Disse binomialkoeffisientene er ikke så vanskelig å regne ut fra formelen til binomialkoeffisienter. Fakultetene blir ikke så altfor store, så det er fint mulig i hodet. Dessuten trenger man kun å regne ut halvparten av binomialkoeffisientene, pga. av symmetrien i de (Pascals talltrekant viser det flott). Jeg utelater dette fra denne posten. Etter å ha funnet ut av binomialkoeffisientene får vi følgende:

$a^{10}+b^{10}=2({\sqrt{2}}^{10}+45{\sqrt{2}}^8+210{\sqrt{2}}^6+210{\sqrt{2}}^4+45{\sqrt{2}}^2+{\sqrt{2}}^0)$
$a^{10}+b^{10}=2(32+720+1680+840+90+1)=2\cdot 3363=6726$

[OYV]

Alternativ løysing:

(a + b)^2 = a^2 + b^2 + 2* (ab)

2^2 = a^2 + b^2 + 2*(-1)

a^2 + b^2 = 4 + 2 = 6

(a^2 + b^2 )(a + b) = a^3 + b^3 + ab(a + b) = a^3 + b^3 + (-1)*2

6 * 2 = a^3 + b^3 - 2 som gir a^3 +b^3 = 12 + 2 = 14

(a^3 + b^3 )(a^2 + b^2) = a^5 + b^5 + (ab)^2*(a + b) = a^5 + b^5 + (-1)^2 * 2

14 * 6 = a^5 + b^5 + 2 som gir a^5 + b^5 = 84 -2 = 82

(a^5 + b^5)^2 = a^10 + b^10 + 2*(ab)^5 = a^10 + b^10 + 2*(-1)^5

82^2 = a^10 + b^10 -2 som gir a^10 + b^10 = 82^2 +2 = 6724 + 2 = 6726

[Aleks855]

Er disse offisielle øvingsoppgaver, eller er det selvskrevet?

[OYV]

Dette spørsmålet må du rette til Plutarco , som har lagt ut oppgavene på nettet.