Opgave 23

Geplaatst op 24 augustus 2018 door admin

Hoeveel kwadraten komen er voor in de eerste duizend termen van de rij $x_n=9n+7$ ?

Antwoord

$n=1$ en $n=2$ leveren onmiddellijk kwadraten op, maar daarna duurt het precies wel even voor je terug een kwadraat krijgt. Zijn er nog wel?
De getallen $x_n$ moeten tot de restklasse 7 modulo 9 behoren en een kwadraat zijn. Opdat $x_n=m ^2$ is het nodig en voldoende dat $m^2 \equiv 7 \text{ mod } 9$ .
Het is niet moeilijk de verchillende restklassen mod 9 op te schrijven voor $m^2$ :
$\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c} m^2&0^2&1^2&2^2&3^2&4^2&5^2&6^2&7^2&8^2\\ \hline \text{ mod }9&0&1&4&0&7&7&0&4&1 \end{array}$
Dus moet $m \equiv 4 \text{ mod }9$ of $m \equiv 5 \text{ mod }9$ .
In het eerste geval is $9n+7=(9t+4)^2$ of $n=9t^2+8t+1$ . Als $n \leq 1000$ , dan moet $0\leq t\leq 10$ . Dit levert ons al 11 oplossingen.
In het tweede geval moet $9n+7=(9t+5)^2$ of $n=9t^2+10t+2$ . Als $n \leq 1000$ , dan moet $0\leq t\leq 9$ . Dit geeft ons al 10 oplossingen.
In totaal heb je dus 21 termen in de rij die een volkomen kwadraat zijn.

Geplaatst op 27 juli 2018 door admin

Antwoord

We schrijven X en Y in hun tientallige notatie: $X=a.10^3+b.10^2+c.10+d$ en $Y=e.10^2+f.10+g$ .
Dan is
$X.Y= ae 10^5+(af+be).10^4+(ce+bf+ag).10^3+(bg+cf+de).10^2+(cg+df).10+dg$ .
Om X.Y maximaal te maken kiezen we $ae$ zo groot mogelijk. Dit kan op 2 manieren.
Neem $a=9$ en $e=8$ . Dan is de coëfficiënt van $10^4$ gelijk aan $9f+8b$ en die wordt maximaal voor $f=7$ en $b=6$ . De coëfficiënt van $10^3$ is dan $8c+42+9g$ en die wordt zo groot mogelijk voor $c=4$ en $g=5$ . Blijft over $d=3$ . Dan is $X=9643$ en $Y=875$ en $X.Y=8437625$ .
Als $a=8$ en $e=9$ . Dan is de coëfficiënt van $10^4$ gelijk aan $8f+9b$ en die wordt maximaal voor $f=6$ en $b=7$ . De coëfficiënt van $10^3$ is dan $9c+42+8g$ en die wordt zo groot mogelijk voor $c=5$ en $g=4$ . ook hiet volgt dat $d=3$ . Dan is $X=8753$ en $Y=964$ en $X.Y=8437892$ .
Bijgevolg moet $X=8753$ en $Y=964$ .

Geplaatst op 20 juni 2018 door admin

Antwoord

Maken we eerst een tekening:
We proberen aan te tonen dat de driehoeken PRQ en PQS gelijkvormig zijn, want dan is $\dfrac{PR}{PQ}=\dfrac{PQ}{PS}$ en hieruit volgt het gestelde.
De vierhoeken PRAQ en PQSB zijn koordenvierhoeken omdat twee overstaande hoeken recht zijn.
In de eerste koordenvierhoek is $\widehat{PRQ}=\widehat{PAQ}$ omdat in een koordenvierhoek de hoek tussen een zijde en de diagonaal gelijk is aan de hoek gevormd door de overstaande zijde en de andere diagonaal. Daarom is ook $\widehat{PQS}=\widehat{PBS}$ .
Maar de hoeken $\widehat{PAQ}$ en $\widehat{PBS}$ zijn gelijk als hoeken op eenzelfde boog in de gegeven cirkel. Bijgevolg is $\widehat{PRQ}=\widehat{PQS}$ .
Via een analoge redenering is ook $\widehat{PQR}=\widehat{PSQ}$ en dus zijn de driehoeken PRQ en PQS gelijkvormig, zoals gevraagd.

Geplaatst op 3 april 2018 door admin

Antwoord

In de eerste ongelijkheid stellen we $a+b=x$ , $b+c=y$ en $a+c=z$ , dan wordt de opgave herschreven als $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z}$ of $(x+y+z)\Big( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\Big )\geq 9$ .
We werken de haakjes uit en vinden: $3+\Big( \frac{x}{y}+\frac{y}{x}\Big)+\Big( \frac{x}{z}+\frac{z}{x}\Big)+\Big( \frac{y}{z}+\frac{z}{y}\Big) \geq 9$ .
Uit de ongelijkheid over het rekenkundig en meetkundig gemiddelde vinden we dat $\frac{1}{2}\Big( \frac{x}{y}+\frac{y}{x}\Big) \geq \sqrtç \frac{x}{y}\frac{y}{x}=1$ , dus het linkerlid uit vorig punt is groter of gelijk aan $3+2+2+2=9$ wat moest bewezen worden.
Voor het tweede deel van de ongelijkheid gebruiken we de ongelijkheid over het harmonisch en meetkundig gemiddelde: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \geq \frac{2}{\sqrt{ab}}$ . Volgens de ongelijkheid over het rekenkundig en meetkundig gemiddelde is bovendien $\frac{2}{\sqrt{ab}} \geq \frac{4}{a+b}$ .
Pas dit nu toe op de drie termen van het linkerlid van de gevraagde ongelijkheid en het bewijs is klaar.

Geplaatst op 13 maart 2018 door admin

Antwoord

We maken eerst een tekening
We kunnen beter bewijzen dat de oppervlakte van de driehoeken ABH en BJC dezelfde zijn door bij de opgave de oppervlakte van BIH toe te voegen aan beide delen.
Dus moet $|BH|.|AC|=|JC|.|BC|$ of $\dfrac{|AC|}{|BC|}=\dfrac{|JC|}{|BH|}$ .
Nu zijn de driehoeken ACH en BGH gelijkvormig (HH= rechte hoek en overstaande hoeken), dus geldt $\dfrac{|AC|}{|BC|}=\dfrac{|HC|}{|BH|}$ . Bijgevolg rest ons te bewijzen dat $|JC|=|HC|$ .
Ook driehoeken BJC en BED zijn gelijkvormig ( HH= gemeenschappelijke hoek en rechte hoek), dus is $\dfrac{|JC|}{|ED|}=\dfrac{|BC|}{|BD|}$ of $|JC|.|BD|=|BC|.|ED|$ . Bijgevolg is $|JC|.(|BC|+|AC|)=|BC|.|AC|$ .
Uit de gelijkvormigheid van de driehoeken AHC en AGF volgt op een analoge wijze dat $|HC|.(|BC|+|AC|)=|BC|.|AC|$ .
Uit de twee laatste formules volgt dan inderdaad dat $|JC|=|HC|$ , net wat we wilden bewijzen.