georg mohr-konkurrencen. opgaver og løsninger 1991-2010.
georg mohr-konkurrencen. opgaver og løsninger 1991-2010.
georg mohr-konkurrencen. opgaver og løsninger 1991-2010.
You also want an ePaper? Increase the reach of your titles
YUMPU automatically turns print PDFs into web optimized ePapers that Google loves.
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 <strong>og</strong> ⊲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 <strong>og</strong> 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 <strong>og</strong> 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 <strong>og</strong> T betegne arealerne af henholdsvis hver af degrå trekanter, midtertrekanten <strong>og</strong> hele trekant ABC. Betragt nu trekanterne ABE,BCF <strong>og</strong> 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