Julenøttstafett

[mrcreosote]

Det er den eneste fordi vi ved AM-GM har

$1+z^2=xy\le {\left(\frac{x+y}{2}\right)}^2=1\Rightarrow z=0\Rightarrow x=y=1$

Geometrisk løsning av Olorins oppgave: Tegn en 3-4-5-trekant og en 5-12-13-trekant som har 5-sida felles. Vinklene u og v har nå naturlige tolkninger. Ved en arealbetraktning av firkanten følger svaret.

Ny oppgave, praktisk denne gang faktisk: Du har et rør med tverrsnitt som dette hvor de to sirklene har felles sentrum. Du ønsker å finne arealet til tverrsnittet, altså arealet av det grå på tegninga, men du ønsker bare å bruke linjalen din en gang. Hvordan går du fram?

[JonasBA]

$x+y=2$

Ut ifra det kan vi utrykke $y$ som $y=2-x$. $xy$ er kan dermed skrives som $x(2-x)=2x-x^2$. $2x-x^2$ vil aldri bli med enn èn, og $-z^2$ vil aldri være positivt, derfor ser jeg på det som eneste løsning.

Edit: For sen.

[Vektormannen]

Et alternativt bevis (holder kanskje ikke, men) er vel at vi antar at x + y er summen av et tall mindre enn 1 og et tall større enn 1. Da vil xy bli mindre enn 1, og z[sup]2[/sup] blir som sagt aldri negativ. Det er ikke mulig at $xy-z^2=1$ uten at xy > 1.

Om vi tar med komplekse tall gjelder forresten følgende:

$z=\sqrt{xy-1}$

[mrcreosote]

Bruk uekte ulikhet så holder det fint, Viktor. Det er i praksis dette AM-GM-ulikheta sier, du kan jo bevise den for 2 (positive) variable x og y: Den aritmetiske middelverdien til x og y er (som kjent) (x+y)/2. Det geometriske gjennomsnittet er sqrt(xy). Vis at AM>=GM.

[Vektormannen]

Tror nok det blir litt for avansert for meg ...

[Charlatan]

Svar på oppgave fra mrcreosote:

Anta at du måler lengden av en tangent fra den innerste sirkelen fra punktene hvor den skjærer den ytre sirkelen. Kall denne lengden $n$.

Ved å tegne opp ser vi at vi kan finne et forhold mellom radiusen til den indre sirkelen $r_1$, og radiusen til den ytre sirkelen $r_2$ ved å bruke pytagoras.

Vi ser at $(r_2{)}^2=(\frac{n}{2}{)}^2+(r_1{)}^2$ (Tegn en skisse, gidder ikke forklare nærmere), som er ekvivalent med $(r_2{)}^2-(r_1{)}^2=(\frac{n}{2}{)}^2$

Vi vet at arealet av det grå området $A$ er gitt ved at $A=\pi (r_2{)}^2-\pi (r_1{)}^2$

Fra den forrige likheten ser vi at vi kan multiplisere med $\pi$ for å få et utrykk for arealet:

Med andre ord: $\pi (r_2{)}^2-\pi (r_1{)}^2=\pi (\frac{n}{2}{)}^2⟺A=\pi (\frac{n}{2}{)}^2$

Og vi brukte bare linjalen én gang.

[Charlatan]

Neste stafettnøtt:

Vi har en kule som omskrever en kube med sidelengde s. Uttrykk volumet av kula ved s.

PS: Det er ikke lov å ikke følge opp med en nøtt når man har løst en!

[Magnus]

Joda, fungerer fint det. $-z^2+xy=-z^2+(2-x)x=1$

$-z^2=1-2x+x^2=(x-1{)}^2$

Kanskje den letteste framgangsmåten?

[daofeishi]

Vi ser at radien i kula er lik halvparten av sidelengden til kuben. Volumet blir da:

$V=\frac{4\pi }{3}(\frac{s}{2}{)}^3=\frac{\pi }{6}{s}^3$

Og husk å legge ut ny stafettnøtt dersom du løser den forrige. Bare da kan vi ha kontinuitet i løpet.
Merk gjerne også nøtten, slik jeg har gjort under, så blir det lettere å se hva som er gjeldende nøtt, og hvor mange vi har løst.

Åttende stafettnøtt:
Bevis at $x+\frac{1}{x}\ge 2$ for positive x.

[Magnus]

$x^2+1-2x=(x-1{)}^2>0$

Oppgave 9

Et naturlig tall $n\le 500$ har den egenskap at hvis man velger et heltall $m\in [1,500]$, så er sannsynligheten 0.01 for at $m|n$(les: m deler n). Hva er den største mulige verdi av $n$?

[mrcreosote]

Vi må altså finne et tall n som har 5 divisorer i det gitte intervall.

Faktorene til et tall n kan pares 2 og 2 (1 og n, p og n/p osv.) slik at vi tar med nøyaktig alle nøyaktig en gang med mindre n er et kvadrat. Siden vi ønsker et odde antall faktorer må n være et kvadrat. Hvis n har minst 3 ulike primfaktorer har vi minst 8 faktorer, så det kan høyst være 2 primfaktorer, si p og q og la $n=p^{2a}{q}^{2b}$. Hvis både a og b er ekte positive får vi 1,p,p^2,pq,q,q^2 med flere som faktorer, for mange uansett. Derfor er si b=0 og vi ser da lett at vi må ha a=2; n er en fjerdepotens av et primtall, og den minste slike mindre enn 500 er 81.

Aufgabe 10
Vis at en rettvinkla trekant med heltallige sidelengder har en katet hvis lengde er delelig med 3.

[Charlatan]

Vi ser at radien i kula er lik halvparten av sidelengden til kuben.

Hm, er du sikker på det da? Jeg kan ikke tegne en kube med en slik sidelengde, det blir bare en kårde..

[Charlatan]

Aufgabe 10
Vis at en rettvinkla trekant med heltallige sidelengder har en katet hvis lengde er delelig med 3.

"En rettvinkla trekant har heltallige sidelengder" $\Rightarrow$ "En katet er delelig med 3"

er ekvivalent med

"En katet er ikke delelig med 3" $\Rightarrow$ "En rettvinkla trekant har ikke heltallige sidelengder"

Bevis: La a, b og c være henholdsvis heltallige kateter og hypotenus i en rettvinklet trekant.

Da må $a^2+b^2=c^2$

Anta at a og b ikke er delelige på 3, så kan hypotenusen være et helt tall. Vi beviser nå at hvis a og b ikke er delelige på 3, så er ikke c et helt tall:

La $a=3p\pm n,b=3k\pm m\Rightarrow a^2+b^2=3(3(p^2+k^2)\pm 2(pn+km))+n^2+m^2$

La $n=1,m=1\Rightarrow a^2+b^2=3s+2$
La $n=1,m=-1\Rightarrow a^2+b^2=3s+2$
$s\in \mathbb{Z}$
Hvis n eller m ikke er delelig med 3, er heller ikke a eller b det)
(Dette er alle tilfellene da utkommet ikke forandres hvis vi bytter om verdiene for n eller m)

Vi vet at ethvert kvadrattall er enten på formen $3r$, eller $3r+1$, men $a^2+b^2$ er på formen $3s+2$, så det kan ikke være et kvadrattall, ergo er ikke c et helt tall.

Setter pris på tilbakemelding på dette beviset.

Ny oppgave køming øpp.

[mrcreosote]

Du har glemt en "ikke" når du skriver om oppgava, ellers ser det helt fint ut. Blir kanskje litt for omstendelig etter min mening, men det er veldig grundig ført. Du kan for eksempel nøyes med å observere at $(3m\pm 1{)}^2+(3n\pm 1{)}^2=3(3m^2+3n^2\pm 2m\pm 2n)+2$ uavhengig av om det er pluss eller minus.

Det er uansett mye bedre at du går for grundig til verks enn at det blir for slapt.

[Charlatan]

Fint

Neste julenøtt:

La $x_1=103$, og $x_n=\frac{n}{x_{n-1}}$ for $2\le n$

Hva er produktet $x_1{x}_2{x}_3...x_{16}$?