Løsninger - 1996

Opgave 1

Sæt |PC|=x. Da de små trekanter er ligebenede ligesom den store, har de andre liniestykker på figuren de angivne længder. Vi finder nu betingelsen for, at rektanglets areal er større end hver af trekanternes arealer:

$\begin{displaymath} x(1-x) \gt \frac{1}{2} x^2 \Leftrightarrow 1-x \gt \frac{1}{2} x \Leftrightarrow x<\frac{2}{3} \end{displaymath}$

og tilsvarende

$\begin{displaymath} x(1-x) \gt \frac{1}{2}(1-x)^2 \Leftrightarrow x \gt \frac{1}{2}(1-x) \Leftrightarrow x \gt \frac{1}{3} \end{displaymath}$

Punktet P skal altså ligge på den midterste trediedel af liniestykket BC.

Opgave 2

Multiplikation af ligningerne giver (xyz)² = xyz, hvoraf xyz=0 eller xyz=1. Hvis xyz=0 er mindst et af tallene lig med 0, og det følger så af det oprindelige ligningssystem, at de alle er lig med 0. Hvis xyz=1, er alle tre tal forskellige fra 0, og ligningssystemet er ensbetydende med x²=y²=z²=1; så er $x=\pm 1$ , $y=\pm 1$ , $z=\pm 1$ , hvor det negative fortegn må optræde et ulige antal gange på grund af betingelsen xyz=1. Samtlige løsninger til ligningssystemet er altså at finde blandt talsættene (0,0,0), (1,1,1), (1,-1,-1), (-1,1,-1), (-1,-1,1), og ved indsættelse ses, at alle disse faktisk er løsninger. Hermed er den fuldstændige løsning bestemt.

Opgave 3

Den omskrevne kugle for en terning med kantlængde 1 må have længde $\sqrt{3}/2$ , nemlig afstanden fra terningens midtpunkt til et af debs hjørner (beregnes med 2 gange Pythagoras, hvis man ikke har lært om afstandsformlen i rummet). Kantlængden for denne kugles omskrevne terning bliver da $\sqrt{3}$ . Forholdet mellem kantlængder for en terning og den umiddelbart følgende terning er altså $\sqrt{3}$ . Det søgte forhold er da $(\sqrt{3})^4=9$ .

Opgave 4

Lad x betegne sidste ciffer i tellet n. Så kan n skrives på formen n=10y+x. Dermed er $n^2=100y^2 + 2yx\cdot 10 + x^2$ . Leddet $2yx\cdot 10$ bidrager med et lige antal 10'ere til tallet n². Da antallet af 10'ere i n² er 7, altså ulige, må x² levere et ulige antal 10'ere. Men da x² er et af tallene 0, 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, følger heraf, at x² må være enten 16 eller 36. Tallet x² og dermed også tallet n² har altså slutcifferet 6.

Opgave 5

Svaret er ja. Vi indlægger en x-akse parallel med de to stolerækker. Så er to veje lige lange, netop hvis den numeriske værdi af differensen mellem x-koordinaterne til deres endepunkter er ens. Summen af de 7 øverste tal er lig med summen af de 7 nederste. Derfor må summen af differenserne, regnet med fortegn, være 0. Hvis alle de 7 numeriske differenser var forskellige, måtte alle 7 mulige numeriske differenser 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 optræde, og så ville altså summen

$\begin{displaymath} 0\pm 1\pm 2\pm 3\pm 4\pm 5\pm 6 \end{displaymath}$

for en eller anden fortegnskombination være 0. Dette er imidlertid umuligt, da summen indeholder et ulige antal ulige led og derfor ikke kan være lige.