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

Løsninger · 1993Opgave 3. Bestem samtlige reelle løsninger (x, y) til ligningssystemetx 2 + y 2 = 1x 6 + y 6 = 716 .Løsning. Ved indsættelse af y 2 = 1 − x 2 i den nederste ligning fåsx 6 + (1 − x 2 ) 3 = 7 16 ,som kan omskrives til x 6 + 1 − 3x 2 + 3x 4 − x 6 = 716. Ved at samle leddene og ⊲nyttige omskrivningerdividere igennem med 3 fås x 4 − x 2 + 316= 0. Denne ligning betragtes som enandengradsligning i x 2 med diskriminanten 1−4·1· 316 = 1 4 . Så er x2 = 1+√ 1/42= 3 4eller x 2 = 1−√ 1/42= 1 4 , hvortil svarer henholdsvis y2 = 1− 3 4 = 1 4 og y2 = 1− 1 4 = 3 4 .Dermed fås i alt følgende otte løsninger:(√1 3 )2 , ± ,2(− 1 √3 )2 , ± ,2( √ 32 , ± 1 ),2(√3−2 , ± 1 ).2Opgave 4. I trekant ABC afskærer punkterne D, E og F en tredjedel af de respektivesider. Vis at summen af arealerne af de tre grå trekanter er lig med arealet afmidtertrekanten.BDECA FLøsning. Lad T 1 , T 2 , T 3 , T M og T betegne arealerne af henholdsvis hver af degrå trekanter, midtertrekanten og hele trekant ABC. Betragt nu trekanterne ABE,BCF og CAD. Hver af disse har et areal på en tredjedel af hele trekantens areal(da deres grundlinje er en tredjedel af hele trekantens grundlinje). Da trekanternedelvis overlapper hinanden, bliver arealet af deres foreningsmængde (dvs. arealetaf hele trekant ABC bortset fra midtertrekanten) 3 · 13 T − (T 1 + T 2 + T 3 ), altsåT −(T 1 +T 2 +T 3 ). På den anden side har den nævnte foreningsmængde naturligvisarealet T − T M . Altså fås T M = T 1 + T 2 + T 3 som ønsket.73