Løsninger - 1995

Opgave 1

I den ligebenede trekant med siderne 25, 25 og 30 findes højden på grundlinien let til 20. For højden h på et af benene gælder da $25 \cdot h=20 \cdot 30$ , hvoraf h=24. Da h er højde i trapezet, har dette arealet $\frac{1}{2} h (11+36) = 564$ .

Opgave 2

Ligningen (n-2)² + (n-1)² + n²=(n+1)²+(n+2)² har løsningerne n=0 og n=12. De søgte talsæt er dermed (-2,-1,0,1,2) og (10, 11, 12,13,14).

Opgave 3

Gennem B tegnes en linie parallel med medianen AD. Forlængelsen af CA skærer denne linie i E. Forlængelsen af CM skærer BE i F. Da AD bliver midtpunktstransversal i trekant CEB, er A midtpunkt af CE. Endvidere er |AM|=|DM|, hvorfor |EF|=|BF|, så F er midtpunkt af BE. Heraf følger, at AB og CF er medianer i trekant CEB, hvorfor de deler hinanden i forholdet 1:2.

Opgave 4

Bemærk, at udtrykket 4^x+2^x-6 kan skrives (4^x-2) + (2^x-4). Den oprindelige ligning bliver herefter ensbetydende med

(2^x-4)³+(4^x-2)³ = (4^x-2)³+ 3(4^x-2)² (2^x-4)+ 3(4^x-2)(2^x-4)² + (2^x-4)³

eller

(2^x-4)(4^x-2)((4^x-2)+(2^x-4))=0

dvs.

$\begin{displaymath} 2^x-4=0\quad \vee \quad 4^x-2=0\quad \vee \quad (2^x)^2 + 2^x - 6 = 0. \end{displaymath}$

Heraf fås løsningerne 2, $\frac{1}{2}$ og 1.

Opgave 5

Antag at der findes et punkt P, der ligger i alle cirklerne. Tegn liniestykkerne, der forbinder P med hvert af centrene i de 6 givne cirkler. Herved fremkommer 6 (eventuelt udartede) vinkler med toppunkt i P. Summen af disse vinkler er $360^{\circ}$ ; altså må mindst en af dem være højst $60^{\circ}$ . Vi har altså en trekant C_i P C_j ( hvor C_i og C_j betegner centrene i to af cirklerne), hvor $\angle P$ er højst $60^{\circ}$ . Da vinkelsummen i en trekant er $180^{\circ}$ , er mindst en af vinklerne C_i og C_j mindst $60^{\circ}$ . Men så er mindst et af liniestykkerne PC_j og PC_i større end eller lig med C_i C_j. Da P lå i alle cirklerne, følger heraf, at den i'te og den j'te cirkel indeholder hinandens centre.