Abelfinalen 2019

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.

Abelfinalen 2019

Innlegg Gustav » 07/03-2019 21:14

Noen som har regnet gjennom årets finale og kommet frem til noen artige og alternative løsninger? Hva syns dere om nivået på oppgavene i år? Virker som det var litt i overkant enkelt i år: Oppgave 1 er vel altfor lett på dette nivået, og i tillegg er vel 3a og 3b på et minimum av vanskelighetsgrad i en finale.

For ordens skyld, her er oppgavene: https://abelkonkurransen.no/problems/ab ... rob_nb.pdf
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4228
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Abelfinalen 2019

Innlegg Markus » 12/03-2019 00:26

Har ikke hatt tid til å se på oppgavene før i kveld. Fikk gjort 1 og 3 i dag, skal prøve meg på de andre ila morgendagen forhåpentligvis. Ganske enig med deg i at det var relativt lette oppgaver i år, i alle fall de jeg har gjort. Jeg er elendig i geometri men oppgave 3a gikk jo knirkefritt allikevel (ikke akkurat at geometrien i problemet var så veldig vanskelig da). Oppgave 2 ser interessant ut, gleder meg til å prøve den. Den oppgaven skriker jo $n^3-1=(n-1)(n^2+n+1)$ ganske høyt, så regner med at det er et naturlig startpunkt. Jeg legger med i alle fall løsningen min på 1 og 3a,b), og forhåpentligvis i alle fall oppgave 2 senere hvis jeg får den til. Hvordan løste du 1 og 3 Gustav?

Oppgave 1)
Rekkefølgen vi går rundt i matrisen på spiller ingen rolle. Før eller siden må vi få $1,2,\dots,n-1$ poeng fra en spesifikk rad før vi blir ferdig med å fylle ut hele matrisen. Det blir da $1+2+\dots+n-1 = \frac{(n-1)n}{2}$ poeng fra hver rad og hver kolonne alene. Siden matrisen er $n\times n$ blir den totale poengsummen da $n\frac{(n-1)n}{2} + n\frac{(n-1)n}{2} = n^2(n-1)$.

Oppgave 3a)
La sirklene ha radius $r_A,r_B,r_C$. Da er summen av arealene til sirklene, kall det $A$, lik $A=\pi r_A^2+ \pi r_B^2+\pi r_C^2 = \pi(r_A^2+r_B^2+r_C^2)$. Av geometrien i problemet ser man at sidene i trekanten får lengde $r_A+r_B,r_B+r_C$ og $r_A+r_C$. Så $2(r_A+r_B+r_C)=1$. Nå gir Cauchy-Schwarz at $$(r_A^2+r_B^2+r_C^2)(1^2+1^2+1^2)\geq (r_A+r_B+r_C)^2 = \frac14$$ så $r_A^2+r_B^2+r_C^2 \geq \frac{1}{12}$ og følgelig $A\geq \frac{\pi}{12}$. Dette er også oppnåelig; sett $r_A=r_B=r_C=\frac16$ så fås $A=\frac{\pi}{12}$, og følgelig er $\frac{\pi}{12}$ et minimum for arealet.

Oppgave 3b)
Sett $x=1,y=2019$, da fås at $f(1)+f(1)=2f(2019)$, så $f(1)=1$. Sett så $y=1$, da fås at $f(x)+f(\frac{2019}{x})= 2f(x)$ så $f(x)=f(\frac{2019}{x})$. Med dette kan vi skrive om funksjonallikningen til $f(x)f(y)=f(xy)$. Ved å bruke denne egenskapen får vi at $$f(x)=1 \cdot f(x) = f(2019)f(x)=f(2019x)=f \left ( \frac{2019x^2}{x} \right) = f \left ( \frac{2019}{x} \right) f(x^2) = f(x)f(x^2)$$ Av dette ser vi at vi må ha $f(x^2)=1$, eller litt omskrevet $f(x^2)=f(x)f(x)=f(x)^2=1$, så $f(x)=\pm 1$. Nå må vi finne ut hvilket fortegn $f$ må ha.

Hvis nå $y=-x$ settes i $f(x)f(y)=f(xy)$ fås da at $f(x)f(-x)=f(-x^2)=f(-1)f(x^2)=f(-1)f(x)^2$. Nå er $f(-1)^2=f(1)^2=1$, så $f(-1)=\pm 1$. Så derfor må vi ha at $f(x)f(-x)=\pm f(x)^2$. Siden $f(x)^2 \geq 0$ for alle $x$ har vi da to muligheter. Hvis $\pm$ er pluss så er $f(x)=f(-x)$ og følgelig $f(x)=1$. Hvis $\pm$ er minus så er $f(x)=-f(-x)$ Nå, siden $f(x^2)=f(x)^2$ må $f$ være positiv når $x$ er positiv. Derfor må følgelig $f$ være negativ når $x$ er negativ dersom $f(x)=-f(-x)$. Altså får vi to løsninger: $$(1) \qquad f(x)=1 \qquad \forall x \in \mathbb{R}\backslash \{0\} \\ (2) \qquad f = \left\{\begin{matrix}
1 & \text{ dersom }x>0 \\
-1 & \text{ dersom } x<0
\end{matrix}\right.$$
Markus offline
Abel
Abel
Innlegg: 695
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Abelfinalen 2019

Innlegg Gustav » 12/03-2019 17:13

Løste 1 og 3b) likt med løsningsforslaget. 3a) løste jeg rent geometrisk: Betrakt planet i $R^3$ gitt ved $x+y+z=\frac12$. Vi ønsker å minimere $x^2+y^2+z^2$ som ikke er annet enn avstand fra origo til planet kvadrert, ergo følger av symmetrien at $x=y=z=\frac16$ minimerer arealet.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4228
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Abelfinalen 2019

Innlegg Markus » 12/03-2019 23:02

Gustav skrev:Løste 1 og 3b) likt med løsningsforslaget. 3a) løste jeg rent geometrisk: Betrakt planet i $R^3$ gitt ved $x+y+z=\frac12$. Vi ønsker å minimere $x^2+y^2+z^2$ som ikke er annet enn avstand fra origo til planet kvadrert, ergo følger av symmetrien at $x=y=z=\frac16$ minimerer arealet.

Elegant løsning!
Markus offline
Abel
Abel
Innlegg: 695
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 8 gjester