Abelrelevante oppgaver, del 2

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

1. Finn alle tripler (x,y,z) slik at $x^2 + 2 y^2 + z^2=2xy+2yz$ Hint:
[+] Skjult tekst
Flytt alt over til venstre og skriv som en sum av kvadrater
2. Finn alle reelle tallpar (x,y) slik at $2x=x^2+y^2$ og $y=xy$ Hint:
[+] Skjult tekst
Legg to ganger ligning nr.2 til ligning nr.1 og bruk 1.kvadratsetning
3. Dersom

$x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=1$ og
$x_1+2x_2+3x_3+4x_4+5x_5=2$

Bestem verdien av $5x_1+4x_2+3x_3+2x_4+x_5$

Hint:
[+] Skjult tekst
Sett $5x_1+4x_2+3x_3+2x_4+x_5=y$ og legg dette sammen med en av de to andre ligningene
4. Anta at $(x+2)^6 = a_6x^6+a_5x^5+a_4x^4+a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0$ for alle $x$. Bestem tallverdien av $a_5+a_3+a_1$.

5. Finn alle tallpar $(a,b)$ av positive heltall slik at $ab+a+b=2016$.

6. Vi har tretti tall. Gjennomsnittet av disse er $10$. Dersom vi fjerner ti av tallene er gjennomsnittet av de gjenværende tjue tallene $9$. Hva er gjennomsnittet av de ti tallene som ble fjernet?

7. Anta at $p(x)$ er et polynom av grad 4 slik at $p(0)=1$ og $p(k)=k$ for $k=1,2,3,4$. Bestem $p(5)$. Hint:
[+] Skjult tekst
La $q(x)=p(x)-x$ og bruk faktorteoremet
8. Hvor mange 5 sifrede tall fins slik at sifrene er ordnet i stigende rekkefølge? (0 kan ikke være førstesiffer) Hint:
[+] Skjult tekst
Hvis fem sifre i tallet et kjent, hvor mange slike tall fins?
9. Finn alle funksjoner $f(x)$ slik at $xf(x-1)+(x-1)f(x)=x$ for alle reelle tall $x$. Hint:
[+] Skjult tekst
Ingen slike funksjoner fins. Finn et paradoks ved innsetting av passende verdier for x
10. Faktorisér $a^3+a^2b-ab^2-b^3$ Hint:
[+] Skjult tekst
Betrakt uttrykket som en polynom i $a$, og finn et nullpunkt
Aleks855
Rasch
Rasch
Innlegg: 6855
Registrert: 19/03-2011 15:19
Sted: Trondheim
Kontakt:

Prøver meg på 5.

Vi kan skrive likninga om til en funksjon som er lineær for en av variablene, eksempelvis $a$.

Vi får $a = \frac{2016-b}{b+1}$ som har de positive løsningene $(a, b) \in \{(2016, 0), \ \ (0, 2016)\}$. Mulig dette skal tolkes som "ingen løsning" gitt ordlyden i oppgaven.
Bilde
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

plutarco skrev: 4. Anta at $(x+2)^6 = a_6x^6+a_5x^5+a_4x^4+a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0$ for alle $x$. Bestem tallverdien av $a_5+a_3+a_1$.
Ved binomialformelen har vi at

$\displaystyle (x+2)^6 = \sum_{k=0}^{6} \binom{6}{k} x^k 2^{6-k}$

Av dette ser vi at den $k$-ende koeffisenten er gitt ved $a_k = \binom{6}{k} 2^{6-k}$

Da blir $a_5+a_3+a_1 = \binom{6}{5} 2^{6-5} + \binom{6}{3} 2^{6-3} + \binom{6}{1} 2^{6-1} = 6 \cdot 2^5 + 20 \cdot 2^3 + 6 \cdot 2^1 = 364$
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

plutarco skrev:6. Vi har tretti tall. Gjennomsnittet av disse er $10$. Dersom vi fjerner ti av tallene er gjennomsnittet av de gjenværende tjue tallene $9$. Hva er gjennomsnittet av de ti tallene som ble fjernet?
Vi kaller summen av de $30$ tallene for $S_{30}$. Vi har at $\frac{S_{30}}{30} = 10 \enspace \Rightarrow \enspace S_{30} = 300$
Vi kaller summen av de gjenværende $20$ tallene for $S_{20}$. Da har vi at $\frac{S_{20}}{20} = 9 \enspace \Rightarrow \enspace S_{20} = 180$.

Da må summen av de tallene som ble fjernet være: $S_{fjernet} = S_{30} - S_{20} = 300 - 180 = 120$

Og da må gjennomsnittet av disse tallene være $\frac{120}{10} = 12$
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Aleks855 skrev:Prøver meg på 5.

Vi kan skrive likninga om til en funksjon som er lineær for en av variablene, eksempelvis $a$.

Vi får $a = \frac{2016-b}{b+1}$ som har de positive løsningene $(a, b) \in \{(2016, 0), \ \ (0, 2016)\}$. Mulig dette skal tolkes som "ingen løsning" gitt ordlyden i oppgaven.
Stemmer det. Vi kan eventuelt skrive ligningen som $(a+1)(b+1)=2017$ og observere at $2017$ er primtall, mens hver av faktorene på venstresida er større enn 1, dermed er venstresida aldri prim, så det kan ikke finnes noen løsning.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

mattemarkus skrev:
plutarco skrev: 4. Anta at $(x+2)^6 = a_6x^6+a_5x^5+a_4x^4+a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0$ for alle $x$. Bestem tallverdien av $a_5+a_3+a_1$.
Ved binomialformelen har vi at

$\displaystyle (x+2)^6 = \sum_{k=0}^{6} \binom{6}{k} x^k 2^{6-k}$

Av dette ser vi at den $k$-ende koeffisenten er gitt ved $a_k = \binom{6}{k} 2^{6-k}$

Da blir $a_5+a_3+a_1 = \binom{6}{5} 2^{6-5} + \binom{6}{3} 2^{6-3} + \binom{6}{1} 2^{6-1} = 6 \cdot 2^5 + 20 \cdot 2^3 + 6 \cdot 2^1 = 364$
Korrekt!

Alternativt kan vi først sette x=1 i ligningen. Det gir $3^6=a_6+a_5+a_4+a_3+a_2+a_1+a_0$. Deretter sette $x=-1$, som gir $1=a_6-a_5+a_4-a_3+a_2-a_1+a_0$. Differansen mellom disse to gir at $3^6-1=2(a_5+a_3+a_1)$, så $a_5+a_3+a_1=\frac{3^6-1}{2}=364$.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

mattemarkus skrev: Vi kaller summen av de $30$ tallene for $S_{30}$. Vi har at $\frac{S_{30}}{30} = 10 \enspace \Rightarrow \enspace S_{30} = 300$
Vi kaller summen av de gjenværende $20$ tallene for $S_{20}$. Da har vi at $\frac{S_{20}}{20} = 9 \enspace \Rightarrow \enspace S_{20} = 180$.

Da må summen av de tallene som ble fjernet være: $S_{fjernet} = S_{30} - S_{20} = 300 - 180 = 120$

Og da må gjennomsnittet av disse tallene være $\frac{120}{10} = 12$
Supert!
Aleks855
Rasch
Rasch
Innlegg: 6855
Registrert: 19/03-2011 15:19
Sted: Trondheim
Kontakt:

plutarco skrev:
Aleks855 skrev:Prøver meg på 5.

Vi kan skrive likninga om til en funksjon som er lineær for en av variablene, eksempelvis $a$.

Vi får $a = \frac{2016-b}{b+1}$ som har de positive løsningene $(a, b) \in \{(2016, 0), \ \ (0, 2016)\}$. Mulig dette skal tolkes som "ingen løsning" gitt ordlyden i oppgaven.
Stemmer det. Vi kan eventuelt skrive ligningen som $(a+1)(b+1)=2017$ og observere at $2017$ er primtall, mens hver av faktorene på venstresida er større enn 1, dermed er venstresida aldri prim, så det kan ikke finnes noen løsning.
Det var mye penere. Jeg lurte på hvorfor det var en 2016-oppgave, og ikke en 2017-oppgave ja. :lol:
Bilde
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Hint til de uløste problemene er nå lagt til.
OYV

Har et spørsmål til oppgave 7:

Har funnet p(x) = x + a*(x - 1)(x- 2)(x - 3)(x - 4)

Ut fra opplysningene i oppgaveteksta kan tallfaktoren a være et hvilket som helst tall, bare ikke lik null ( 0 ).

Det må da bety at p( 5 ) ikke er entydig bestemt , eller har jeg feiltolket problemet ?
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Godt observert. Glemte tilleggsopplysningen at $p(0)=1$
OYV

Takk for tilbakemelding ! Da er p( 5 ) entydig bestemt ( a = [tex]\frac{1}{24}[/tex] ).
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

plutarco skrev:9. Finn alle funksjoner $f(x)$ slik at $xf(x-1)+(x-1)f(x)=x$ for alle reelle tall $x$. Hint:
[+] Skjult tekst
Ingen slike funksjoner fins. Finn et paradoks ved innsetting av passende verdier for x
Gjorde oppg 9 i går, men glemte den av.
Fant for øvrig ut at:

[tex]x=0:[/tex]
gir
[tex]f(0)=0[/tex]
og
[tex]x=1[/tex]
gir
[tex]f(0)=1[/tex]

som blir motsigelse.

Ellers mener jeg at liknende funksjonalligninger ofte er på:
[tex]f(x)=1/x[/tex]
form?
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Riktig!
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

plutarco skrev:1. Finn alle tripler (x,y,z) slik at $x^2 + 2 y^2 + z^2=2xy+2yz$
$x^2+2 y^2 +z^2=2xy+2yz$

$x^2+2y^2+z^2-2xy-2yz=0$

$x^2-2xy+y^2+z^2-2yz+y^2 = 0$

$(x-y)^2 + (z-y)^2 = 0$

Siden både $(x-y)^2$ og $(z-y)^2$ gir positive verdier, så lenge $x-y \neq 0$ og $z-y \neq 0$, er den eneste måten likningen kan være sann på hvis $x-y = 0$ og $z-y = 0$.

Det finnes uendelig mange tripler $(x,y,z)$ som oppfyller det kriteriet, og alle er på formen $(n,n,n)$, altså $x=y=z$.
Svar