Julenøttstafett

[Janhaa]

nummer 15

Bestem alle løsninger (x, y) som tilfredsstiller likningssystemet:

$x^2+y^2=1$

$x^6+y^6=\frac{7}{16}$

[Vektormannen]

Uttrykker $x^2$ som $1-y^2$

$(1-y^2{)}^3+y^6=\frac{7}{16}$

$1-3y^2+3y^4=\frac{7}{16}$

$-3y^2+3y^4=-\frac{9}{16}$

$3y^4-3y^2+\frac{9}{16}=0$

$y^4-y^2+\frac{3}{16}=0$

$y^2=\frac{1\pm \sqrt{1-4\cdot \frac{3}{16}}}{2}=\frac{1\pm \sqrt{\frac{1}{4}}}{2}=\frac{1\pm \frac{1}{2}}{2}$

$y^2=\frac{3}{4}\vee y^2=\frac{1}{4}$

$|y|=\sqrt{\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\vee |y|=\sqrt{\frac{1}{4}}=\frac{1}{2}$

Fra likning 1 har vi:

$|x|=\sqrt{1-y^2}$

$|x|=\sqrt{\frac{1}{4}}=\frac{1}{2}\vee |x|=\sqrt{\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

Vi får følgende løsninger: $(\Vert \frac{\sqrt{3}}{2}\Vert ,\Vert \frac{1}{2}\Vert )$ og $(\Vert \frac{1}{2}\Vert ,\Vert \frac{\sqrt{3}}{2}\Vert )$

EDIT: Æsj, ser at det var en mye enklere og mer elegant løsning ja ...

[Magnus]

16

Bestem de hele tall n slik at $|2n^2+9n+4|$ er primtall.

edit: *dunke hodet i bordet* Nettet går så sakte her at jeg aldri for redigert.. Vel vel. Din løsning funker den, min var for generell, men den fungerer fint hvis man kaster på noen begrensninger. Kan legge den ut her på nytt i morgen hvis nettet har normalisert seg.

[daofeishi]

Skriv uttrykket som $|(2n+1)(n+4)|$ Løsninger i primtall kan da bare finnes for n = -5 og n = -3. Vi ser at eneste av disse som fungerer er n=-3, som gir primtallet 5.

Ser ut til at vi kan klare 24 nøtter før julaften!

Nøtt 17
Finn et uttrykk for summen $S=1\cdot 2\cdot 3+2\cdot 3\cdot 4+3\cdot 4\cdot 5+...+n(n+1)(n+2)$

[daofeishi]

(Slettet)

[sEirik]

Nøtt 17
Finn et uttrykk for summen $S=1\cdot 2\cdot 3+2\cdot 3\cdot 4+3\cdot 4\cdot 5+...+n(n+1)(n+2)$

Vi ser at $S_n$ er lik løsningen på differenslikningen

$x_0=0$
$x_{n+1}=x_n+(n+1)(n+2)(n+3)$

Så var det å oppfriske kunnskapene i differenslikninger. Dette blir nok grumsete, men vi kommer i mål. Et eksempel som viser hvor kraftige differenslikninger er (om så med mye grums), og man trenger ikke å ha satt seg inn i genererende funksjoner for å bruke dem (selv om genererende funksjoner fosåvidt er enda kraftigere hvis man har lært om dem)

$x_{n+1}-x_n=n^3+6n^2+11n+6$

Løser først den homogene:

$h_{n+1}-h_n=0$

$h_n=C\cdot 1^n=C$

Så løses den inhomogene:

$p_{n+1}-p_n=n^3+6n^2+11n+6$

Vi tipper et polynom. Siden {1} er en løsning av den homogene likningen, må vi opp en grad; tippe et fjerdegradspolynom.

$p_n=A{n}^4+B{n}^3+C{n}^2+Dn$

$A(n+1{)}^4+B(n+1{)}^3+C(n+1{)}^2+D(n+1)-A{n}^4-B{n}^3-C{n}^2-Dn=n^3+6n^2+11n+6$

$A{n}^4+4A{n}^3+6A{n}^2+4An+A+$
$B{n}^3+3B{n}^2+3Bn+B+$
$C{n}^2+2Cn+C+$
$Dn+D$
$-A{n}^4-B{n}^3-C{n}^2-Dn=n^3+6n^2+11n+6$

$(A-A)n^4+(4A+B-B)n^3+(6A+3B+C-C)n^2+(4A+3B+2C+D-D)n+(A+B+C+D)=n^3+6n^2+11n+6$

$(4A)n^3+(6A+3B)n^2+(4A+3B+2C)n+D=n^3+6n^2+11n+6$

Vi sammenlikner koeffisienter og får

$4A=1$
$6A+3B=6$
$4A+3B+2C=11$
$A+B+C+D=6$

Løses enkelt og greit ovenfra og ned.

$A=\frac{1}{4}$

$B=\frac{3}{2}$

$C=\frac{11}{4}$

$D=\frac{3}{2}$

Løsning:

$x_n=h_n+p_n=\frac{1}{4}{n}^4+\frac{3}{2}{n}^3+\frac{11}{4}{n}^2+\frac{3}{2}n+C$

Ved å løse $x_0=0$ ser vi at $C=0$.

$S_n=\frac{1}{4}{n}^4+\frac{3}{2}{n}^3+\frac{11}{4}{n}^2+\frac{3}{2}n$

Evt. $S_n=\frac{1}{4}(n^4+6n^3+11n^2+6n)$

Sånn! Har dessverre ingen nøtt nå heller, så det blir førstemann. Hvor i all verden tar dere alle nøttene fra??

[daofeishi]

Ikke ypp med genererende funksjoner, Eirik! Jeg har ennå ikke fått satt meg inn i differenslikninger, men jeg løste denne ved å se på funksjonallikningen
$S(x)-S(x-1)=x(x+1)(x+2)$
Ved å gjette på at løsningen er et fjerdegradspolynom og deretter verifisere svaret, finner man at $S=\frac{1}{4}{x}^4+\frac{3}{2}{x}^3+\frac{11}{4}{x}^2+\frac{3}{2}x$


Nøtt 18
Vis at dersom hvert rom i et hus har et partall antall dører, må antall dører på utsida av huset være et partall også.

[sEirik]

Ved å gjette på at løsningen er et fjerdegradspolynom og deretter verifisere svaret, finner man at $S=\frac{1}{4}{x}^4+\frac{3}{2}{x}^3+\frac{11}{4}{x}^2+\frac{3}{2}x$

Ja, det er forsåvidt akkurat det differenslikninger går ut på! Det du evt må lære deg som er ganske nyttig, er hvilke former en kan gjette med for gitte former av den inhomogene likningen. Og hvis den homogene likningen har verre koeffisienter, så er det å løse som en andregradslikning osv. Koselig lesestoff i romjula Og for en med dine mattekunnskaper burde det vel bli som å lese en pekebok.

[Janhaa]

Uttrykker $x^2$ som $1-y^2$
$x=\pm \sqrt{\frac{1}{4}}=\pm \frac{1}{2}\vee x=\pm \sqrt{\frac{3}{4}}=\pm \frac{\sqrt{3}}{2}$
Vi får følgende løsninger: $(\Vert \frac{\sqrt{3}}{2}\Vert ,\Vert \frac{1}{2}\Vert )$ og $(\Vert \frac{1}{2}\Vert ,\Vert \frac{\sqrt{3}}{2}\Vert )$
(Hvis det var en forståelig skrivemåte?)
EDIT: Æsj, ser at det var en mye enklere og mer elegant løsning ja ...

Dette er helt riktig Viktor Vektor, 8 løsninger

[Janhaa]

Nøtt 17
Finn et uttrykk for summen $S=1\cdot 2\cdot 3+2\cdot 3\cdot 4+3\cdot 4\cdot 5+...+n(n+1)(n+2)$

$S_n=\frac{1}{4}{n}^4+\frac{3}{2}{n}^3+\frac{11}{4}{n}^2+\frac{3}{2}n$
Evt. $S_n=\frac{1}{4}(n^4+6n^3+11n^2+6n)$
Sånn! Har dessverre ingen nøtt nå heller, så det blir førstemann. Hvor i all verden tar dere alle nøttene fra??

Jeg løste den også vha differenslik.. Hadde tenkt å føre den inn, men du kom meg i forkjøpet...

[sEirik]

Nøtt 18
Vis at dersom hvert rom i et hus har et partall antall dører, må antall dører på utsida av huset være et partall også.

GO, The Sims FTW!!

Vanskelig å lage et bevis for dette som oppagt er uten hull!

Vi begynner med et hus med ett rom. Dette har et partall antall dører hvis og bare hvis det har et partall antall dører mot utsiden også.

Vi har et hus med et visst antall rom, og vi legger til et rom til. Dette rommet har i utgangspunktet ingen dører. Rommet grenser enten til et annet rom, eller til utsiden. For å øke antall dører må vi legge til et partall antall dører. Vi kan
(1) legge til to dører mot utsiden, sett at rommet grenser til utsiden; nå har alle rommene fortsatt et partall antall dører.
(2) legge til to dører mot rommet ved siden av. Begge disse to rommene har fortsatt et partall antall dører.
(3) legge til en dør mot utsiden og en dør mot rommet ved siden av, sett at rommet grenser til utsiden. Nå er det et odde antall dører mot utsiden og rommet ved siden av har et odde antall dører. Dette kan rommet ved siden av løse på 2 måter:
(1) Legge til en dør mot utsiden. Nå er det et partall antall dører i dette rommet, og også på utsiden.
(2) Legge til en dør mot et rom ved siden av. Dette rommet har nå et odde antall dører, som det kan løse via prosedyren ovenfor. Før eller siden må denne "kjedereaksjonen" nå et rom som grenser til utsiden, og da kan en legge til en dør fra dette rommet til utsiden. Alle rom har et partall antall dører, og et partall antall dører grenser til utsiden.

Ble det vanntett? I så fall er vi klare for neste nøtt, for jeg har fortsatt ingen å by på.

EDIT: Jo, det var jo den med fortegnsskifter!

Nøtt 19

$P(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+...+a_{1}x+a_0$

Vis at P(x) har like mange positive, reelle røtter som antall fortegnsskifter i funksjonsuttrykket.

F.eks. $P(x)=x^5+4x^4-2x^3-x^2+5x+2=0$ har 2 positive, reelle røtter, fordi det er 2 fortegnsskifter i uttrykket.

[daofeishi]

Det ser bra ut, som vanlig, Eirik!

De nøttene jeg slenger ut er enten fra oppgavebøker jeg har liggende på skrivebordet (slik som The Art and Craft of Problem Solving av Paul Zeitz), eller selvlagede. (Så du spurte om det litt over.)

Jeg skal se om jeg får sett litt på differenslikninger snart, ja. Det blir nok dessverre ikke i romjula - jeg jobber tvers igjennom, fram til begynnelsen av januar, da den kinesiske vinterferien begynner

Men får du tid til det i romjula, kan du ta en titt på grafteori, en hyggelig liten sak som kommer til nytte i mange logikkoppgaver. Her en en kort innføring (som leder til et bevis av nøtten over)

En graf er et matematisk objekt som består av en mengde noder og kanter som knytter nodene sammen.



En nodes grad er antall kanter tilkoblet den gitte noden. Dermed har node a i grafen over grad 2, node d har grad 5 osv.

Det såkalte håndhilsningslemmaet (hansdshaking lemma) sier at summen av gradene til alle nodene i en graf er det dobbelte av antall kanter i grafen. (Siden hver kant telles med i gradene til to noder.)

Det følger som en direkte konsekvens at det må alltid være et partall antall noder av odde grad i en graf.


La oss nå bruke dette i løsningen av problemet over. La hvert rom og utsida av huset være representert ved hver sin node i en graf. La to noder dele en kant dersom det eksisterer en dør mellom de respektive rommene/utearealet. La oss nå se på noden som representerer utearealet. Siden hver av de andre nodene har partallig grad, betyr det at denne noden også må ha det - ellers ville det eksistert nøyaktig én node av odde grad, noe som er umulig etter håndhilsningslemmaet.

Edit: Fjernet nøtt, siden du kom med en ny

[Charlatan]

Og det betyr at du kan gå gjennom hele huset uten å gå gjennom en dør mer enn én gang

[Charlatan]

Nøtt 19

[tex]P(x) = a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1) + ... + a_1x + a_0[/tex]

Vis at P(x) har like mange positive, reelle røtter som antall fortegnsskifter i funksjonsuttrykket.

F.eks. $P(x)=x^5+4x^4-2x^3-x^2+5x+2=0$ har 2 positive, reelle røtter, fordi det er 2 fortegnsskifter i uttrykket.

Hver positive rot $P(x)$ har, er $(x-b_r)$ en faktor av $P(x)$ hvor $b_r$ er en positiv konstant.

For hver negative rot $P(x)$ har, er $(x+c_t)$, hvor c_t er en positive konstant. Denne roten har alltid positivt fortegn, og vil derfor aldri forandre fortegnet i et polynom.

Anta at $P(x)=(x+c_1)(x-c_2)...(x-c_s)(x-b_1)(x-b_2)...(x-b_n)$

Vi må nå vise at $(x-b_1)(x-b_2)...(x-b_n)$ har n fortegnsskift i polynomet, altså at graden av polynomet er lik antall fortegnsskift.

Vi observerer først at $(x-b_1)(x-b_2)=x^2-(b_1+b_2)x+b_1{b}_2$

Vi ser at dette har 2 fortegnsskift, og det er derfor sant for 2 faktorer.

La, $b_1+b_2=p_{1}og{b}_1{b}_2=p_2$

Da er $(x-b_1)(x-b_2)=x^2-p_{1}x+p_2$

Men nå er $(x-b_1)(x-b_2)(x-b_3)=(x^2-p_{1}x+p_2)x-(x^2-p_{1}x+p_2)b_3$

Jeg kaller de to hovedleddene her for $q_1$ og $q_2$. Når jeg sier "ledd" så mener jeg leddene i polynomet etter at $q_1$ og $q_2$ er ganget ut, uten at de er lagt sammen.

Vi ser at x'en i $q_1$ vil "forhøye" alle ledd med én grad. Dette tilsvarer å endre fortegnet på alle ledd med grad k. Siden $q_2$ har negativt fortegn vil alle leddene endre fortegn her og. Når vi så legger sammen tilsvarende ledd når vi har ganget ut $q_1$ og $q_2$ vil alle fortegn forandres, og vi hr i tillegg et ekstra ledd som er det "framste" leddet i $q_1$ ganget med x.

Vi har derfor bare forandret antall ledd for hver faktor $(x-b_r),$ og rekkefølgen vil alltid være den samme. Og siden $P(x)$ har $n$ faktorer med positive røtter, vil $P(x)$ har $n$ fortegnsforandringer.

Dette var litt klumsete skrevet, men håper det var forståelig. Kommer med ny nøtt litt senere hvis dette var sufficient.

[sEirik]

Fem nøtter igjen... tviler på at vi rekker dette innen julaften.
Nytt forslag: 31 nøtter innen nyttårsaften.