Tag archieven: problem solving

Opgave 19

Geplaatst op door

Controleer voor elk natuurlijk getal vanaf 7 of {n} \choose {7} deelbaar is door 12 en bereken de fractie van dergelijke getallen. Zoek de limiet van die fractie als je steeds meer getallen controleert.

Antwoord
  • We weten dat {n} \choose {7} = \dfrac{n!}{7!(n-7)!}=\dfrac{n(n-1)\cdots(n-6)}{2^4.3^2.5.7}
  • Om deelbaar te zijn door 12 moet de teller deelbaar zijn door {2^6.3^3.5.7}. Omdat de teller betsaat uit zeven opeenvolgende getallen is die zeker al deelbaar door 7 en 5.
  • Bekijken we nu de factoren 3. De teller is zeker deelbaar door 9, want zeven opeenvolgende getallen bevatten zeker twee veelvouden van 3.
  • Als n \equiv 0,1,2,3,4,5 \text{ of } 6 \text{ mod } 9, dan is zeker één van de zeven getallen uit de teller deelbaar door 9 en een ander door 3, zodat de teller deelbaar is door 3^3.
  • Nu de factoren 2: Als n even is dan zijn n,n-2,n-4 en n-6 allemaal deelbaar door 2 en juist twee getallen zijn een viervoud, zodat de teller dan deelbaar is door 2^6.
  • Als n oneven is dan zijn n-1,n-3 en n-5 deelbaar door 2. Als n-3 het enige getal is dat deelbaar is door 4, dan moet het zelfs deelbaar zijn door 16 anders kan de teller niet deelbaar zijn door 2^6. Dus moet n \equiv 3 \text{ mod } 16. Als n-1 en n-5 beiden deelbaar zijn door 4, dan moet opdat de teller  deelbaar zou  zijn door 2^6, een van die getallen deelbaar zijn door 8. Dus moet n \equiv 1,5 \text{ mod } 8 of n \equiv 1,5,9,13 \text{ mod } 16.
  • Brengen we nu alle informatie samen: {n} \choose {7} is deelbaar door 12 als en slechts als

        \[\begin{cases} n \equiv 0,1,2,3,4,5,6 \text{ mod } 9 \\ n \equiv 0,1,2,3,4,5,6 ,8,9,10,12,13,14 \text{ mod } 16\]

  • Er zijn 7 mogelijkheden modulo 9 en 13 mogelijkheden modulo 16, dus zijn er volgens de Chinese reststelling 9.13=91  oplossingen modulo 9.16=144.
  • De waarschijnlijkheid dat {n} \choose {7}  deelbaar is door 12 nadert dus de waarde \frac{91}{144}.

Opgave 18

Geplaatst op door

n \in \mathbb{N}_0 is p-veilig ( met p een natuurlijk getal verschillend van 0), als het in absolute waarde meer dan 2 verschilt van alle p-vouden. Hoeveel natuurlijke getallen bestaan er die kleiner zijn dan 10000 en tegelijkertijd 7- veilig, 11-veilig en 13-veilig zijn?

Antwoord

  • Even op onderzoek: welke zijn de 10-veilige getallen? Het zijn: 3,4,5,6,7,13,14,15,16,17,23,…
  • als x zowel 7-veilig, 11-veilig en 13-veilig moet zijn dan geldt
    \begin{cases} x\equiv 3,4 \text{ mod } 7 \\ x\equiv 3,4,5,6,7,8 \text{ mod } 11 \\ x\equiv 3,4,5,6,7,8,9,10 \text{ mod } 13 \end{cases}
  • Eigenlijk staan hier 2.6.8=96 stelsels die , volgens de chinese reststelling, allemaal een unieke oplossing hebben modulo 7.11.13=1001
  • Tussen 1 en 1001 hebben we dus 96 oplossingen, idem tussen 1002 en 2002, tussen 2003 en 3003, …, tussen 9009 en 10010. Bijgevolg hebben we 10.96 = 960 oplossingen.
  • Maar misschien zijn er wel oplossingen bij die  groter zijn dan 10000, vermits we tot 10010 gerekend hebben. We controleren en vinden dat 10006 \equiv -4 \text{ mod } 1001 en dus bij deling door 7,11 en 13 respectievelijk 3,7,en 9 als rest laat. Zodoende is 10006 zowel 7-veilig als 11-veilig en 13-veilig. Het zelfde geldt voor 10007 \equiv -3 \text{ mod } 1001.
  • Bijgevolg zijn er 960 – 2= 958 getallen die zowel 7-veilig, 11-veilig als 13-veilig zijn.

Opgave 17

Geplaatst op door

Er bestaat een punt P binnen een gelijkzijdige driehoek ABC zodat |PA|= 3, |PB|=4 en |PC|=5. Bereken de lengte van de zijde van die gelijkzijdige driehoek.

Antwoord

  • We roteren driehoek ABC rond A over 60°.
    BP’ is het beeld van CP en heeft dus lengte 5. Bovendien is driehoek APP’ gelijkzijdig en dus heeft PP’ lengte 3. Bijgevolg is driehoek BPP’ een 3-4-5 driehoek en dus rechthoekig.
  • Driehoek APP’ is gelijkzijdig en dus zijn alle hoeken 60°. Daarom meet de hoek BPA juist 90°+60°=150°.
  • We kunnen in driehoek BPA, met behulp van de cosinusregel de lengte van AB berekenen: |AB|^2=3^2+4^2-2.3.4.\cos 150°=25+12\sqrt{3}.
  • De zijde van de gelijkzijdige driehoek ABC heeft als lengte \sqrt{25+12\sqrt{3}}.

Opgave 16

Geplaatst op door

Voor 3 positieve getallen a,b en c  geldt:

    \[\frac{9}{2(a+b+c)}\leq \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\leq \frac{1}{2}\Big(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Big)\]

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.

Opgave 14

Geplaatst op door

Op de zijden van een rechthoekige driehoek ABC tekent men twee vierkanten: BGFC en AEDC. De rechten AG en BE snijden elkaar in I. Verder is H het snijpunt van AG met BC en J het snijpunt van BE met AC. Bewijs dat de oppervlakte van ABI gelijk is aan de oppervlakte van IHJC.

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.