georg mohr-konkurrencen. opgaver og løsninger 1991-2010.

Løsninger · 2006Opgave 1. Den viste stjerne er symmetrisk om hver af de seks viste diagonaler.Alle forbindelseslinjer fra punkterne A 1 , A 2 , . . . , A 6 til stjernens centrum harlængden 1, og alle de viste vinkler ved B 1 , B 2 , . . . , B 6 er rette. Bestem stjernensareal.A 3A 2B 2A 2B 3B 1A 4A 5 A 6A 11B 4B 5B 6O A 1B 11⊲ligesidettrekantLøsning. Stjernens areal er lig med arealet af sekskanten A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 minusarealet af de seks trekanter A 1 B 1 A 2 , A 2 B 2 A 3 , . . . , A 6 B 6 A 1 . Kald stjernens centrumfor O. Sekskanten A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 består af seks trekanter OA 1 A 2 , OA 2 A 3 , . . . ,OA 6 A 1 som alle er ligesidede med sidelængde 1 da vinklen ved centrum O er360 ◦6= 60 ◦ , og denne vinkels to hosliggende sider har længde 1. Højden h i enligesidet trekant med sidelængde 1 kan beregnes ved Pythagoras’ sætning:h =√1 2 −( 12) 2=√32 .√2 · 3Arealet af sekskanten A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 er derfor 6· 12 = 3√ 32. De seks trekanterA 1 B 1 A 2 , A 2 B 2 A 3 , . . ., A 6 B 6 A 1 er ligebenede og retvinklede med hypotenuse 1.Højden på hypotenusen har derfor længden 1 2. Det samlede areal af disse sekstrekanter er dermed 6 · 12 · 12 = 3 2 . Arealet af stjernen er dermed 3√ 3−32.Opgave 2. Bestem alle reelle talsæt (x, y, z) som opfylderx + y = 2xy − z 2 = 1.ogLøsning. Antag at (x, y, z) er en løsning til ligningssystemet. Af første ligningfølger at y = 2 − x, og dette kombineret med anden ligning giverz 2 = xy − 1 = x(2 − x) − 1 = 2x − x 2 − 1 = −(x − 1) 2 .Da z 2 er ikke-negativ, og −(x − 1) 2 er ikke-positiv, er eneste mulighed at beggeer 0, dvs. at z = 0, x = 1 og yderligere y = 2 − x = 1. Hvis der findes en løsning,må den derfor være (x, y, z) = (1, 1, 0), og ved indsættelse i begge ligninger sesat dette faktisk er en løsning.36