Tag archieven: problem solving

Opgave 23

Geplaatst op door

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.

Ongelijkheid van Jensen

Geplaatst op door

Voor elke functie f waarvan de grafiek ‘hol’ naar onder is , of dus convex (d.w.z dat het verbindingstuk van twee punten van de grafiek altijd boven de grafiek ligt ) geldt volgende ongelijkheid:

    \[f(\dfrac{a_1+a_2+\cdots+\a_n}{n} )\leq \dfrac{f(a_1)+f(a_2)+\cdots+f(a_n)}{n}\]

Deze ongelijkheid staat bekend als de ongelijkheid van Jensen, naar de Deense wiskundige Johan Willem Ludwig Valdemar Jensen (1859-1925).

Uiteraard is er een analoge formule voor concave functies.

Voorbeeld: Als a,b en c positieve hoeken zijn met een som gelijk aan \frac{\pi}{2}, dan is \tan a+ \tan b+\tan c \geq \sqrt{3}.

Tussen 0 en \frac{\pi}{2} is de tangensfunctie convex, dus geldt er volgens Jensen dat \tan (\dfrac{a+b+c}{3}) \leq \frac{1}{3}( \tan a+\tan b+\tan c). Hieruit volgt dat \frac{1}{3}( \tan a+\tan b+\tan c) \geq \tan(\frac{\pi}{6})=\frac{\sqrt{3}}{3}. Vermenigvuldigen met 3 geeft het gevraagde antwoord.

 

Opgave 22

Geplaatst op door

Gegeven: A(x)=x^4+4x^3+8x^2+4x+16. Zoek alle getallen x waarvoor A(x) een volkomen kwadraat is.

Antwoord
  • Het is duidelijk dat A(0)=16 een volkomen kwadraat is. Zijn er nog andere mogelijkheden?
  • A(x) lijkt op B(x)=(x+1)^4=(x^2+2x+1)^2: namelijk A(x)=B(x)+(2x^2+15). Met andere woorden A(x) is zeker groter dan (x^2+2x+1)^2.
  • Neem C(x)=(x^2+2x+2)^2. Wil A(x)=C(x) dan moet 4x-12=0 of x=3.
  • Neem C(x)=(x^2+2x+3)^2. Wil A(x)=C(x) dan moet 2x^2+8x-7=0 . Dit heeft geen gehele oplossingen.
  • Neem C(x)=(x^2+2x+4)^2. Wil A(x)=C(x) dan moet 4x^2+12x=0 . Bijgevolg is  x=0 of x=-3.
  • Neem C(x)=(x^2+2x+5)^2. Wil A(x)=C(x) dan moet 6x^2+16x+9=0 en hier zijn geen gehele oplossingen mogelijk.
  • Neem C(x)=(x^2+2x+6)^2. Dan is A(x)=C(x)-(8x^2+20x+20). Hieruit volgt dat A(x)< C(x) en dus stopt ons onderzoek hier.
  • De enige oplossingen zijn 0,3,-3. Hierbij is A(0)=16=4^2, A(3)=289=17^2 en A(-3)=49=7^2.
  • Gelukkig kunnen we A(x) naar boven begrenzen, anders zou het proces oneindig lang verdergaan.

Opgave 21

Geplaatst op door

Maak met de cijfers 3,4,5,6,7,8 en 9 een getal X van 4 cijfers en een getal Y van 3 cijfers zodat het product X.Y zo groot mogelijk is.

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.

Opgave 20

Geplaatst op door

AB is een koorde en P een willekeurig punt van een gegeven cirkel. Q is de loodrechte projectie van P op AB en R en S zijn de loodrechte projecties van P op de raaklijnen aan de cirkel in A en B. Bewijs dat PQ het meetkundig gemiddelde is van PR en PS.

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.