1. Finn alle tripler (x,y,z) slik at $x^2 + 2 y^2 + z^2=2xy+2yz$ Hint:
2. Finn alle reelle tallpar (x,y) slik at $2x=x^2+y^2$ og $y=xy$ Hint:
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:
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:
8. Hvor mange 5 sifrede tall fins slik at sifrene er ordnet i stigende rekkefølge? (0 kan ikke være førstesiffer) Hint:
9. Finn alle funksjoner $f(x)$ slik at $xf(x-1)+(x-1)f(x)=x$ for alle reelle tall $x$. Hint:
10. Faktorisér $a^3+a^2b-ab^2-b^3$ Hint:
Abelrelevante oppgaver, del 2
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
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.
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.
Ved binomialformelen har vi atplutarco wrote: 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 $a_5+a_3+a_1$.
$\displaystyle (x+2)^6 = \sum_{k=0}^{6} \binom{6}{k} x^k 2^{6-k}$
Av dette ser vi at den $k$-ende koeffisenten er gitt ved $a_k = \binom{6}{k} 2^{6-k}$
Da blir $a_5+a_3+a_1 = \binom{6}{5} 2^{6-5} + \binom{6}{3} 2^{6-3} + \binom{6}{1} 2^{6-1} = 6 \cdot 2^5 + 20 \cdot 2^3 + 6 \cdot 2^1 = 364$
Vi kaller summen av de $30$ tallene for $S_{30}$. Vi har at $\frac{S_{30}}{30} = 10 \enspace \Rightarrow \enspace S_{30} = 300$plutarco wrote: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 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 $\frac{120}{10} = 12$
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.Aleks855 wrote: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.
Korrekt!mattemarkus wrote:Ved binomialformelen har vi atplutarco wrote: 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 $a_5+a_3+a_1$.
$\displaystyle (x+2)^6 = \sum_{k=0}^{6} \binom{6}{k} x^k 2^{6-k}$
Av dette ser vi at den $k$-ende koeffisenten er gitt ved $a_k = \binom{6}{k} 2^{6-k}$
Da blir $a_5+a_3+a_1 = \binom{6}{5} 2^{6-5} + \binom{6}{3} 2^{6-3} + \binom{6}{1} 2^{6-1} = 6 \cdot 2^5 + 20 \cdot 2^3 + 6 \cdot 2^1 = 364$
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 $a_5+a_3+a_1=\frac{3^6-1}{2}=364$.
Supert!mattemarkus wrote: 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 $\frac{120}{10} = 12$
Det var mye penere. Jeg lurte på hvorfor det var en 2016-oppgave, og ikke en 2017-oppgave ja.plutarco wrote: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.Aleks855 wrote: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.
-
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 ?
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 ?
Gjorde oppg 9 i går, men glemte den av.plutarco wrote:9. Finn alle funksjoner $f(x)$ slik at $xf(x-1)+(x-1)f(x)=x$ for alle reelle tall $x$. Hint:
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]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
$x^2+2 y^2 +z^2=2xy+2yz$plutarco wrote:1. Finn alle tripler (x,y,z) slik at $x^2 + 2 y^2 + z^2=2xy+2yz$
$x^2+2y^2+z^2-2xy-2yz=0$
$x^2-2xy+y^2+z^2-2yz+y^2 = 0$
$(x-y)^2 + (z-y)^2 = 0$
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 $x=y=z$.