SKOLORNAS MATEMATIKTÄVLING Svensk Mtemtikersmfundet Kvlifieringstävling den oktober 007 Förslg till lösningr 1 I en skol hr vr oh en v de 0 klssern ett studieråd med 5 ledmöter vrder Per är den ende v pojkrn som får smss med fyr flikor i sitt råd Hn noterr tt det är kvinnlig mjoritet i ytterligre 15 v studieråden, trots tt det totlt är lik mång flikor som pojkr i råden Hur fördelr sig ntlet pojkr oh flikor i de fyr råd som hr mnlig mjoritet? Lösning: Skoln hr 100 studierådsledmöter, 50 flikor oh 50 pojkr I de 16 råden med kvinnlig mjoritet hr vi exkt ett råd med 4 flikor oh en pojke (Pers råd) I övrig 15 råd måste det finns minst 3 flikor I de 16 flikråden finns det lltså minst 15 3 + 4 = 49 flikor För tt få mer än 49 flikor måste vi h minst ett råd med 5 flikor, men då får vi minst 14 3 + 4 + 5 = 51 flikor, vilket är omöjligt Alltså hr vi 49 flikor i de 16 råden med kvinnlig mjoritet oh 1 flik i de 4 råden med mnlig mjoritet Blnd de senre är det följktligen tre råd med enbrt pojkr oh ett råd med fyr pojkr oh en flik Svr: Tre råd med enbrt pojkr oh ett råd med 4 pojkr oh 1 flik Alt lösning: Antg tt de 0 råden fördelr sig på följnde sätt: Smmnsättning 5F/0P 4F/1P 3F/P F/3P 1F/4P 0F/5P Antl b d e f Eftersom smmnsättningen 4F/1P är unik (Pers råd), är b = 1 Vi hr 16 råd med kvinnlig mjoritet oh 4 med mnlig, vilket ger (1) + b + = 16, oh således + = 15, smt () d + e + f = 4 Vidre är ntlet pojkr lik med ntlet flikor, 50 st, vrv följer oh 5 + 4b + 3 + d + e = 50 b + + 3d + 4e + 5f = 50 Vi subtrherr den ndr ekvtionen från den först oh får 5 + 3b + = d + 3e + 5f
Här utnyttjr vi bivillkoren (1) oh () oh skriver 4 + 3b + ( + ) = (d + e + f) + e + 4f eller vilket förenkls till 4 + 3 + 15 = 4 + e + 4f, (3) + 7 = e + f Här är, e oh f ll ike-negtiv oh vi noterr tt e + f 4 till följd v () Eftersom vänsterledet är udd för ll, måste e vr udd, dvs vi hr e = 1 eller e = 3 Om e = 1 så är end möjligheten tt f = 3 oh = 0 Från tidigre hr vi b = 1 Pg villkoren är då = 15 oh d = 0 Från tidigre hde vi b = 1 Dess värden uppfyller villkoren Om i stället e = 3 blir f 1, vrför högerledet i (3) är högst lik med 5; ekv (3) sknr i dett fll lösning Den funn lösningen är lltså entydig Två lik lång, ylindrisk ljus är gjord v vr sitt mteril så tt brinntidern är olik Det en brinner upp på 4 timmr oh det ndr på 5 timmr Ljusen tänds smtidigt När skll ljusen tänds om mn vill tt det en ljuset skll vr dubbelt så långt som det ndr klokn 100? Lösning: Vi kn förutsätt tt de båd ljusen hr längden 1 längdenhet (le) då de tänds Antg tt det ljus som brinner fortst hr längden le klokn 100 Då hr det ndr längden le Det först ljusets längd hr då minskt med 1 le Eftersom dett ljus hr brinnhstigheten 1 4 le per timme, hr det brunnit i 4(1 ) timmr På smm sätt får vi tt brinntiden för det ndr ljuset är 5(1 ) timmr Då brinntidern är lik, får vi 4(1 ) = 5(1 ), vrv = 1 6 Ljusen hr då brunnit i 4(1 1 6 ) = 10 3 timmr, dvs i 3 timmr oh 0 minuter, vilket innebär tt de skll tänds klokn 1740 Svr: Klokn 1740 3 Sidorn i en tringel hr längdern, b oh Vinkeln som står mot sidn med längd är Vis tt Lösning: ( + b) sin b F igur 1 A 1 δ π δ D B
Drg bisektrisen till vinkeln i tringeln AB (se figur 1) Den skär sidn AB i punkten D oh delr sidn i två delsträkor med längdern 1 = AD oh = DB, dvs = 1 + Inför δ = AD Vi tillämpr sinusstsen, dels på tringeln AD, dels på tringeln BD oh får 1 sin = b sin δ resp sin Vi summerr ekvtionern oh finner tt = sin (π δ) = sin δ sin = + b sin δ + b, där vi utnyttjr tt sin δ 1, oh påståendet följer Alt lösning: Låt sträkn D h längden d oh låt h vr höjden mot sidn AB (se figur ) b h d F igur A D B Vi uttryker tringelren T på två sätt, dels som T = 1 h, dels som summn v reorn v tringlrn AD oh BD: Det gäller lltså tt men eftersom d h, följer det tt oh påståendet följer 4 Vis tt T = 1 bd sin + 1 d sin = 1 ( + b)d sin h = ( + b)d sin, d ( + b)d sin, 1( b + b ) + b b för ll positiv reell tl oh b När gäller likhet?
Lösning: Eftersom oh b båd är positiv, kn vi divider olikheten med b utn tt olikheten påverks Vi får eller 1 ( 1 b + 1 ) 1 b + 1 1 1 + 1 b 1 + 1 b I olikheten förekommer såväl tlen p = 1, q = 1 b som ders kvdrter p = 1, q = 1 b, oh vi kn skriv olikheten på formen p + q p q + 0, där p oh q är positiv reell tl Men här inser vi tt vi kn bild två kvdrter i p oh q respektive, genom tt skriv vilket ju är ekvivlent med (p p + 1) + (q q + 1) 0, (p 1) + (q 1) 0 Summn v två kvdrter är lltid 0, så den sist olikheten är giltig Då ll nvänd former v olikheten är ekvivlent, så måste därmed okså den ursprunglig olikheten gäll Påståendet är således vist Vi hr likhet i den sist olikheten om oh endst om p = q = 1, dvs för = b = 1 Om vi följer de olik stegen vid omformningen v olikheten ser vi tt dett villkor okså gäller den ursprunglig olikheten Svr: Likhet gäller om oh endst om = b = 1 5 Vilk funktioner f(x) uppfyller likheten för ll reell tl x? Lösning: Byte v x mot x ger som ddert till den givn likheten ger Dett ger i sin tur tt som förenkls till x ( f(x) + f( x) + ) + f( x) = 0 x ( f( x) + f(x) + ) + f(x) = 0, f( x) + f(x) = 0, dvs f( x) = f(x) x ( f(x) f(x) + ) f(x) = 0, x f(x) = 0, dvs f(x) = x Omvänt, om vi i den ursprunglig likhetens vänsterled sätter in f(x) = x, får vi x ( x + ( x) + ) + ( x),
som är identiskt lik med 0, dvs f(x) = x uppfyller den givn likheten oh lösningen är entydig Svr: f(x) = x 6 I plnet pks irkelskivor, ll med dimeter 1, så tt vrje irkel tngerr 6 v de ndr irklrn För vrje pr v irkelskivor skns gemensmm punkter utöver eventuell tngeringspunkter Finns det två irkelskivor vrs medelpunkter hr vstånd 007? Lösning Om vi förenr tngernde irklrs medelpunkter med rät linjer, kommer plnet tt dels in i liksidig tringlr med sidn 1, där tringelhöjden mot vrje sid är 3/ (se figur 3) F igur 3 Låt oss lägg in ett rätvinkligt koordintsystem i plnet så tt punktern med koordinter ( 3, 0), (, 0), ( 1, 0), (0, 0), (1, 0), (, 0), (3, 0) utgör medelpunkter i irklr Övrig irklrs medelpunkter kommer då tt hmn i rder, prllell med x-xeln, på sätt som frmgår v figur 3 Vi sk studer vstånd melln två irklrs medelpunkter Det gör vi genom tt fixer den en irkeln, lämpligen den med medelpunkten i origo Av symmetriskäl räker det tt välj den ndr irkeln blnd irklr vilks medelpunkter hr ike-negtiv koordinter y Rd 3 Rd Rd 1 3 3/ 3/ 3/ F igur 4 Rd 0 1 3 4 x Vrje punkt som befinner sig i en rd med jämnt rdnummer, r = s, hr koordinter på formen ( k, s ) 3 = (k, 3s), där k, s = 0, 1,, Det kvdrtisk vståndet melln punkten oh origo är, enligt Pythgors sts, k + 3s Vi sk undersök om det är möjligt tt välj heltlen k oh s, så tt k + 3s = 007 Eftersom 007 = 9 3, dvs är delbrt med 3 (oh 9), måste okså k vr delbrt med 3 oh vi kn skriv k = 3m Vi söker nu lösningr till ekvtionen 9m + 3s = 9 3, eller 3m + s = 3 3
På smm sätt som förut måste s vr delbrt med 3, dvs s = 3t säg, oh ekvtionen övergår efter förenkling i m + 3t = 3, Prövning med t = 0 ger m = 3, t = 1 ger m = 0, t = ger m = 11 I inget v dess fll är m heltl Däremot för t = 3 får vi m = 196 oh m = 14 Det betyder tt k = 3m = 4 oh s = 3t = 9 Punkten med koordintern (4, 9 3) ligger lltså på vståndet 007 från origo Vi hr därmed vist tt det finns två irklr vilks medelpunkter ligger på vståndet 007 oh vi hr således besvrt frågn För fullständighetens skull sk vi dok undersök vstånden till origo för medelpunktern i övrig irklr i den först kvdrnten För t = 4, 5, 6, 7, 8 får vi m -värden 175, 148, 115, 76 oh 31 respektive, men i inget v dess fll är m ett heltl Alterntivt kn vi skriv om det kvdrtisk vståndet k + 3s, genom tt inför v = k s Ersätter vi k med s+v, övergår uttryket i (s+v) +3s = 4s +sv +v = (s) +(s)v+v, dvs är på formen +b+b, med = s oh b = v Genom prövning kn mn vis tt det finns två lösningr till ekvtionen + b + b = 007 i positiv heltl, nämligen (, b) = (18, 33) oh (, b) = (33, 18) Eftersom b nger differensen melln k oh s skulle b även kunn vr negtiv; vi hr lösningen (, b) = (51, 18) (om (, b) = (33, 18) är en lösning, är okså (, b) = (33 + 18, 18) en lösning) Men i det ktuell fllet är = s, ett jämnt, positivt tl, vrför den end möjligheten är = 18 oh b = 33, vrv s = 9 oh k = s + v = s + b = 4, oh vi finner än en gång tt punkten med koordintern (4, 9 3) hr vståndet 007 till origo Vrje punkt som befinner sig i en rd med udd rdnummer, r = s + 1, hr koordinter på formen ( k + 1, (s + 1) ) 3, k, s = 0, 1,, Det kvdrtisk vståndet melln punkten oh origo är följktligen k +k+ 1 4 + 3 4 (4s +4s+1) = k +k+3s +3s+1 Vi sk vis tt även i dett fll kn det kvdrtisk vståndet skrivs på formen + b + b Insättning v k = s + v ger (s + v) + (s + v) + 3s + 3s + 1 = 4s + 4s + 1 + sv + v + v = (s + 1) + (s + 1)v + v, dvs är på formen + b + b, med = s + 1 oh b = v Vi återvänder till de tre heltlslösningrn i oh b ovn, men då är udd är br (, b) = (33, 18) oh (, b) = (51, 18) ktuell I det förr fllet finner vi tt s = 1 = 16 oh k = s + v = s + b = 34, vilket gör tt koordintern för den ktuell punkten är (34 + 1, 33 3 ) I det senre fllet blir s = 1 = 5 oh k = s + v = s + b = 7, vilket ger koordintern (7 + 1, 51 3 ) Smmnfttningsvis konstterr vi tt det finns tre irklr i den först kvdrnten vilks medelpunkter ligger på vståndet 007 från origo Av symmetriskäl finns det i vr oh en v de övrig kvdrntern tre irklr med smm egenskp, dvs det finns totlt tolv styken Svr: J, det finns två irkelskivor vrs medelpunkter hr vstånd 007? Anm Ett lterntivt sätt tt vis tt det kvdrtisk vståndet från en godtyklig irkels medelpunkt kn skrivs på formen + b + b är följnde Mn observerr tt en sådn punkt, belägen i den först kvdrnten, ligger i hörnet till en liksidig tringel AB (se figur 5) med sidn AB längs x-xeln, så tt A ligger i punkten (, 0) oh B i punkten (+b, 0) (längden v tringelsidn är lltså b) Suessivt tngernde irklr ligger nämligen på rd längs sidorn i liksidig tringlr så plerde (jämför med figurern 3 oh 4) Här är b ett positivt heltl, medn är ett godtykligt heltl Mn kn vis tt koordintern för hörnet blir ( + b, b 3)
(0, 0) ( + b, b 3) A B (, 0) ( + b, 0) Figur 5 Det kvdrtisk vståndet från till origo blir, enligt Pythgors sts, ( ) + b + 3b 4 = + b + b End heltlspr (, b) som vi behöver bekt är (18, 33), (33, 18) oh ( 18, 51) Se för övrigt tidigre gjord resonemng