Løsninger - 1991

Opgave 1

Vi har |AP|=2|OP| $\Leftrightarrow$ (x-3)2 +y2=4(x2+y2) $\Leftrightarrow$ 3x2 +3y2+6x-9=0 $\Leftrightarrow$ (x-1)2 +y2=4. Punkterne P(x,y) beskriver altså en cirkel med centrum i (-1,0) og radius 2. (Den klassiske geometri taler om en forholdscirkel).

Opgave 2

Vi vil bevise uligheden ved at vise, at funktionen f(x) = sin x + tan x - 2x er positiv i det givne interval Ved differentiation fås

\begin{displaymath} f'(x)=\cos x+\frac{1}{\cos^2 x}-2=\frac{u^3-2u^2+1}{u^2}=\f... ...c{(u-1)(u-\frac{1-\sqrt{5}}{2})(u-\frac{1+\sqrt{5}}{2})}{u^2} \end{displaymath}

hvor vi har sat $u=\cos x$. For $x \in ]0;\frac{\pi}{2}[$ er $u \in ]0;1[$ og dermed f'(x)>0. Da nu f er kontinuert i $[0;\frac{\pi}{2}[$ og differentiabel med positiv differentialkvotient i $]0;\frac{\pi}{2}[$, er f voksende i $[0;\frac{\pi}{2}[$. Da f(0)=0; følger heraf, at f(x)>0 i hele $]0;\frac{\pi}{2}[$ som ønsket.

Opgave 3

Vi opstiller følgende ligningssystem: ab=12c ; a2+b2= c2 ; a+b+c=60. Ved hjælp af de to første fås a2+ b2+2ab=c2+24c Af den sidste fås (a+b)2= (60-c)2. Det giver ialt ligningen c2+24c=(60-c)2, der har løsningen c=25. Af ab=300 og a+b=35 fås herefter a=15 og b=20 (eller omvendt).

Opgave 4

Ligningen multipliceres med 2 og omskrives til 2a2+2b2+2c2+ 2d2=2ab+2bc+2cd+2da som er ensbetydende med (a-b)2+(b-c)2+ (c-d)2+(d-a)2=0. Denne sidste ligning er tydeligvis kun opfyldt for a=b=c=d.

Opgave 5

Beviset føres ved at angive 7 cirkler med radius 1, som fuldstændig overdækker cirklen med radius 2. Det kan f.eks. gøres således:

Der tegnes en cirkel med radius 1 koncentrisk med den store cirkel. Desuden opdeles denne i cirkeludsnit med centervinkel $60^{\circ}$. Et af disse udsnit er OAB. Det ligebenede trapez ABCD har en omskreven cirkel med centrum i Q på linien OEQF, der er halveringslinie til vinkel AOB. Da |CE| = $\frac{1}{2}$ og vinkel ECQ er $60^{\circ}$, må radius i den omskrevne cirkel være 1. Man kan altså tegne en cirkel med radius 1 og centrum i q, der omslutter trapezet ABCD og dermed cirkelsektoren AFBCD. Denne cirkel sammen med midtercirklen og 5 andre overdækker fuldstændig den store cirkel. I disse 7 cirkler ligger de 15 punkter. Så må mindst én af cirklerne med radius 1 indeholde mere end 2 punkter, og altså mindst 3.