Kluringtråden

Lägg punkten A i origo i ett koordinatsystem. Vi kan då bestämma vektorerna AE resp BF då figuren till höger är en regelbunden femhörning (alla vinklar i grader).

AE = (2+tan(54)+sec(54),1)

BF = (2+2sin(72),-2-2cos(72))

Sedan bestämmer vi vinkeln m.h.a. en enkel skalärprodukt:

cos(x) = AE•BF/(|AE|*|BF|) = 2^(-0,5) =>

x = arccos(2^(-0,5)) = 45 grader

Jädra linjär algebra, den gör mina annars svåra uppgifter lätt att lösa. Lösningen är smidig och fin, dock inte ett dugg som jag tänkte mig. Om någon är intresserad för alternativa lösningar utan linjär algebra, skriv till mig.

@tomast80: Bra jobbat, din tur med ett nytt problem!

Lirim.K skrev :

Jädra linjär algebra, den gör mina annars svåra uppgifter lätt att lösa. Lösningen är smidig och fin, dock inte ett dugg som jag tänkte mig. Om någon är intresserad för alternativa lösningar utan linjär algebra, skriv till mig.

@tomast80: Bra jobbat, din tur med ett nytt problem!

Hej Lirim.K!
Ber om ursäkt för att jag löste uppgiften medelst linjär algebra, men det kändes enklast. Vore snyggt om någon kunde lösa den som du hade tänkt, det kan ge en guldstjärna anser jag! Återkommer med min kluring alldeles strax!

Beräkna följande integral:

${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{x\sin x}{{\left(x^2+9\right)}^2}dx$

OBS! Endast fullständiga lösningar godkänns, inte bara slutsvaret.

Vilken nivå på kurser behöver man för lösning av denna? Min första tanke var att uttrycka täljaren i komplexa exponential funktioner och partialbråksuppdela, men hamnar i ett läge där jag behöver använda mig av residual satsen.

Låter vi $x\to z$ och använder endast den imaginära delen genom sambandet $e^{iz}=i\sin \left(z\right)+\cos \left(z\right)$ så får man istället integralen i det komplexa talplanet genom

     $\mathfrak{I}{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{z{e}^{iz}}{{\left(z^2+3^2\right)}^2}dz=\mathfrak{I}{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{z{e}^{iz}}{{\left(z-3i\right)}^2\left(z+3i\right)}dz,$

så ser man att funktionen spricker i $z=\pm 3i.$  Vi beräknar residyn i det övre halvplanet: $\mathfrak{I}2\mathrm{\pi Res}\left[f\right(z),z]$, som ger gränsvärdet

     $\mathfrak{I}2\mathrm{\pi }i\underset{z\to +3i}{\lim }\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left[{\left(z-3\mathrm{i}\right)}^2·\frac{z{\mathrm{e}}^{\mathit{i}\mathit{z}}}{\left(\mathrm{z}-3i\right){\left(z+3i\right)}^2}\right]=\mathfrak{I}2\mathrm{\pi }i\underset{z\to +3i}{\lim }\left[\frac{z{\mathrm{e}}^{\mathit{i}\mathit{z}}\left({\mathrm{z}}^2+4iz+3\right)}{{\left(z+3i\right)}^3}\right].$

gränsvärdet inom de stora parenteserna blir $e^{-3}/12i$. Multiplicerar man detta med $2\mathrm{\pi }i$ så får man att

     ${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{x·\sin \left(x\right)}{{\left(x^2+9\right)}^2}dx=2\mathrm{\pi }i·\frac{e^{-3}}{12i}=\frac{\mathrm{\pi }{e}^{-3}}{6}=\frac{\mathrm{\pi }}{6e^3}.$

Ser lite aritmetiska/latex misstag i mitt inlägg ovan, men har till slut ändå råkat få korrekt svar.

Lirim.K skrev :

Ser lite aritmetiska/latex misstag i mitt inlägg ovan, men har till slut ändå råkat få korrekt svar.

Snyggt Lirim.K! Precis som du var inne på krävs komplex analys på högskolenivå för att lösa detta, vilket du gjorde på ett förtjänstfullt sätt. Bollen tillbaks till dig för nästa problem!

Med residykalkyl är det huvudräkning men det intressanta hade varit att hitta en elementär lösning. Ofta går det.

Problem: Låt talen $p,$ $q$ och $r$ vara reella tal sådana att

          $$\begin{gathered} p^2+pq+q^2=9 \\ {q}^2+qr+r^2=52 \\ {r}^2+rp+p^2=49 \end{gathered}$$

Beräkna värdet av $K=p^{-2}\left(49q^2+39qr+9r^2\right).$

Henrik Eriksson skrev :

Med residykalkyl är det huvudräkning men det intressanta hade varit att hitta en elementär lösning. Ofta går det.

Testade ett antal subs och lite metoder men jag gav upp ganska fort. Residyn fick komma till undsättning.

Okej, jag inser nu att det senaste problemet var väldigt svårt. Såg inte ut så vid första anblicken, men jag själv har inte lyckats lösa den. Den som vill får fortsätta, men för att aktivera tråden igen så slänger jag in ett annat problem:

Låt $z$ vara ett komplext tal sådant att $\left|z\right|=1$ och $\left|z-1.45\right|=1.05.$ Beräkna $\mathfrak{R}\left(z\right).$

Jag ger en skiss på ett sätt att lösa problemet med de tre ekvationerna, det som återstår är bara lite elementära beräkningar som är mer omfattande än jag orkar göra nu men egentligen inte borde ta mer än några minuter ;) Det går att fullständigt lösa ekvationssystemet med rätt elementär algebra. (Antagligen finns det något trick som jag missat.)

(p^2+pq+q^2)-(q^2+qr+r^2)=9-52

(p-r)(p+q+r)=-43

och så vidare ger

(q-p)(p+q+r)=3

(r-q)(p+q+r)=40

Multiplicera första ekvationen med q andra med r och siesta med p och summera ger

0=-43q+3r+40p.

Nu kan vi enkelt eliminera en variabel (säg r=(43q-40p)/3) och vi får tre andragradsekvationer i två obekanta. Blir ju lite omständigt att lösa explicit men definitivt görbart med papper och penna och lite tid som jag inte har just nu.

ÄNDRING: Lät min dator lösa problemet, K=52 och K=9652/25 är de två möjliga värdena. Det finns totalt 4 lösningar till systemet.

Ditt svar är rätt. Den bruta force metoden fungerar givetvis men aritmetiken blir väldigt rörig att göra förhand. Jag godkänner din lösning trots att du använde dator. Svaret är korrekt :) Din tur med ett nytt problem!

Ok! För egen del så om talet 9652/25 dyker upp känns det definitivt som att något steg kräver någorlunda rörig aritmetik ;) Då jag har brist på fantasi så använder jag problemet du gav tidigare.

Om z=x+yi har vi

$$\begin{gathered} x^2+y^2=1 \\ (x-1.45{)}^2+y^2=1.{05}^2 \end{gathered}$$

Subtrahera första ekvationen från andra:

$$\begin{gathered} 1.{45}^2-2.9x=1.{05}^2-1 \\ \mathfrak{R}\left(z\right)=x=\frac{1.{45}^2-1.{05}^2+1}{2.9}\approx 0.69 \end{gathered}$$

Bra, korrekt svar! Exakt värde är 20/29. Din tur Harald.

Från ett gammalt schackbräde har en råtta gnagt av två motstående hörnrutor. Du har en stor hög med brickor av fyra olika former, med vilka du vill täcka brädet exakt. Brickorna har följande former (varje ruta är jämstor med en ruta på schackbrädet):

Lyckas du täcka det skadade brädet exakt (utan att brickorna överlappar eller går utanför brädet)?

Det är nu man tar fram sina tetris skills.

Det går ju inte att göra.
Råttan har gnagt av 2 rutor från det gamla schackbrädet, återstår alltså 62 rutor.
62 är inte jämt delbart med 4, så 62 rutor kan inte täckas med  X  antal fyra-ruters-brickor.

Nej det går inte.

De rutor som saknas har båda samma färg.

På brädet finns alltså 30 svarta och 32 vita rutor kvar (eller tvärtom).

Om alla dessa rutor ska täckas måste man alltså kunna täcka fler vita än svarta rutor (eller tvärtom)

Men alla brickor som man kan använda täcker exakt 2 vita och 2 svarta rutor när de läggs på brädet. Alltså går det inte.

larsolofs lösning var både snabbare och enklare.

Gah, det var ju Yngves lösning jag ville ha, hade en tvårutorsbit från början men strök den utan att tänka på att det gjorde problemet mycket enklare. Dumt av mig.

Well, Larsolof, din tur.

Haha. Typexempel av

"Everything should be made as simple as possible, but not simpler"

Anders och hans fru Anna bjöd in fyra andra äkta par på middag.
Före maten skakade man hand med varandra. Ingen skakade dock hand med sin egen äkta hälft,
och ingen skakade hand med samma person mer än en gång.
Efter maten frågade Anders var och en av de andra nio hur många de hade skakat hand med.
Han fick nio olika svar. Hur många skakade Anna hand med?

Det måste väl vara fyra personer som Anna skakar hand med.

Ingen.

Eftersom Anders fick 9 olika svar måste dessa ha varit 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 och 8.

Enda sättet att uppnå det är att Anders och Anna är A1 och A2 i nedanstående handskakningskarta.

Jag tänker så här:

Vi har tio personer som bara får skaka hand med varje person en gång. Det innebär högst nio handskakningar per person. Dessutom har vi restriktionen att det inte går att skaka hand med sin äkta hälft. Då är vi nere i max åtta handskakningar per person. Dom olika svaren måste alltså ha varit 0-8. Så långt håller jag med Yngve.

Låt säga att E2 (för att återanvända Yngves fina notation) står för åtta handskakningar. Det innebär att han har skakat hand med alla utom sin äkta hälft, E1. E1 är alltså den enda personen med noll handskakningar på kontot och måste då vara den som inte skakar hand med någon.

Vi kan sedan välja att D2 ska stå för sju handskakningar. Vi vet redan från ovanstående resonemang att D2 inte skakar hand med D1 som är äkta hälft samt E1 som ju inte skakar hand med någon. Alltså måste D2 skaka hand med övriga. I detta läge har alla kvarvarande personer, förutom D1 som bara har skakat hand med E2, skakat hand två gånger. Det innbär att D1 måste stå för en handskakning.

På samma sätt kan man resonera att C-paret står för sex och två handskakningar och B-paret för fem och tre handskakningar. Således måste A2 skaka hand fyra gånger. Till saken hör också att A1 måste skaka hand fyra gånger för annars hade A-paret eventuellt kunnat bytas ut mot något annat par. 

Tompa la bomba har rätt svar. Anna skakade hand 4 gånger.

I figuren nedan är de fem paren A, B, C, D, E.
Följ Tomba's förklaring ovan; E2 skakar hand 8 gånger, dvs med alla utom E1.  Osv....
Linjerna sammanbinder dem som skakar hand.
Anders fick nio olika svar, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 och 8. Därför måste Anders vara i A-paret,
annars hade han ju fått svaret 4 två gånger. Och således är Anna i A-paret och skakar
också hand 4 gånger.
Det spelar ingen roll om 1:an i paren är mannen eller kvinnan.

Ja nu ser jag att jag tänkte helt fel.

Nu går det att göra inlägg igen. Jag låste fel kluringtråd. Ber om ursäkt för det.

Ser ut som om det är min tur då. Slänger in denna geometriska uppgift:

En yta sammanfogad av tre kongruenta ytor (kvadrater) ser ut som på bilden nedan. Dela upp den sammanfogade ytan i fyra kongruenta ytor.

Snabbt jobbat, Harald! Varsågod att posta nästa kluring.

En hoppföljd är en följd av heltal $a_i$ sådanan att $a_{i+1}=a_i\pm 1$. Visa att det finns en talföljd $b_1, b_2, ... , b_{2016}$ sådan att för varje hoppföljd $a_1, a_2, ... , a_{2016}$ med$1\le a_i\le 1010$ finns det något j för vilket $a_j=b_j$

Varje hoppföljd är antingen cis eller trans beroende på om $a_i$ och $i$ har samma eller motsatt paritet. Om b-följden får vara 2,3,4,...,1008,1009,1009,1008,1007,...,3,2, alltså en transuppförsbacke och en cisnerförsbacke, kommer hoppföljden obönhörligen att krocka med den backe som har samma typ som den själv.

Jag har inte hört begreppen cis och trans innan (eller så har jag det och förträngt det), men följden är rätt och jag gissar att resonemanget är samma som mitt. Din tur.

Cis och trans är vanliga inom kemin (de används för att skilja på olika organiska föreningar med dubbelbindnignar). Trans betyder "på andra sidan" och cis "på samma sida". I Sydafrika finns en flod som heter Kei, och på södra sidan om den (närmast, sett från Kapstaden) ligger provinsen Ciskei och på andra sidan Transkei. Transvaal, på andra sidan floden Val, är kanske mer känd. Och nu för tiden har vi ju alla cis- och transpersoner!

Jo, såpass hade jag hört begreppen (eller, användningen inom kemin såg jag först när jag googlade nu), men däremot har jag inte sett dem användas för att beskriva talföljder. Betyder det just att $a_i och i$ har samma/motsatt paritet?

Jag införde och definierade cis och trans i min första mening. Vad jag vet har dom aldrig använts i matematik förr och kommer kanske aldrig att göra det senare heller.

Här är en logisk gåta. Den kan lösas utan relativistiska rymdresor.

- Idag fyller jag år och i övermorgon fyller min tvilling år.

- Hur kan hon vara så mycket yngre?

- Yngre? Hon är faktiskt äldst av oss.

Ah, tolkade det som ett steg i analysen, inte som en definition. 

Din syster föddes i en bil i Torneå, precis efter midnatt den 1a mars. Innan du föddes hann bilen köra över tidszonsgränsen in i Haparanda, och du föddes alltså strax innan midnatt, den 28e februari. Idag är det din födelsedag, och eftersom det är skottår i år fyller din äldre syster år först i övermorgon.  

Imponerande! Syrran, född i Torneå, är också impad.

Cis har faktiskt använts i matematik:

https://en.wikipedia.org/wiki/Cis_(mathematics)

I skogen bor A alligatorer, B björnar och C chinchillor (zoologer och viktigpettrar göra sig icke besvär :)). På djurens årsmöte samlas alla djuren runt ett bord, och för att maximera utbytet och nätverkandet vill man sätta djuren så att ingen sitter bredvid ett djur av sin egen art. Visa att det är möjligt om, och endast om, det finns en triangel med sidor A+½, B+½ och C+½.

Men om $A=B=C=2$ så kan man ha konfigurationen nedan i ett cirkulärt bord.

     $ABCBAC$

Lirim.K skrev :

Men om $A=B=C=2$ så kan man ha konfigurationen nedan i ett cirkulärt bord.

     $ABCBACB$

Men dels finns det 3 stycken B här, och dels sitter C:et längst till vänster mellan 2 stycken B. Kanske mitten-B:et skall bort, helt enkelt? (Nej, då hamnar ett A mellan 2 C.)

EDIT: Jag kan tydligen inte läsa innantill utan lägger på extra villkor som inte fanns i ursprungsformuleringen.

smaragdalena skrev :

Men dels finns det 3 stycken B här, och dels sitter C:et längst till vänster mellan 2 stycken B. Kanske mitten-B:et skall bort, helt enkelt? (Nej, då hamnar ett A mellan 2 C.)

Oj, skrev ett B för mkt där. Redigerat nu. Men det gör väl inget om ett djur har två av samma art på bägge sidor om sig sj? Villkoret, som jag tolkar det, är att ingen ska sitta brevid sin egen art, om ett C är mellan två B så uppfylls ju detta.

haraldfreij skrev :

I skogen bor A alligatorer, B björnar och C chinchillor (zoologer och viktigpettrar göra sig icke besvär :)). På djurens årsmöte samlas alla djuren runt ett bord, och för att maximera utbytet och nätverkandet vill man sätta djuren så att ingen sitter bredvid ett djur av sin egen art. Visa att det är möjligt om, och endast om, det finns en triangel med sidor A+½, B+½ och C+½.

Om det finns en triangel med dom där sidorna så gäller det att

$$\begin{gathered} A \le B + C , \\ B \le A\hspace{0.17em}+ C, \\ C \le A\hspace{0.17em}+ B. \end{gathered}$$

Säg att vi tar en av de längsta sekvenser S ( = (A, B, A, C, ...) eller något) av djur som går att placera ut runt bordet, och att denna inte räcker runt hela bordet. Utan förlust av generalitet så kan vi säga att sekvensen börjar med en alligator. För att sekvensen inte ska gå att fortsätta så måste det vara så att man är i något av fallen:

1) Man har en alligator kvar att placera ut och man befinner sig inte i fall 2).

2) Man har bara en art kvar och sekvensen slutar på denna art.

För fall 1) så får man att vi har placerat ut A + B + C - 1 djur. Om det är så att ingen björn och chinchilla sitter bredvid varandra i S, så måste det gälla att A - 1 = B + C. Detta är däremot en motsägelse eftersom $A \le B + C$. Så alltså måste det någonstans i sekvensen finnas en björn och chinchilla som sitter bredvid varandra och där kan vi placera ut en alligator, detta motsäger alltså att S är en längsta sekvens.

För fall 2) så säg att man har alligatorer kvar att placera ut. Vi kan då köra samma resonemang som i fall 1 och komma fram till att det måste finnas en björn och en chinchilla någonstans som sitter bredvid varandra. Här kan man ta den sista alligatorn i sekvensen och placera in mellan dessa två. Nu kan man antingen placera ut ett djur ytterligare, eller så hamnar man i fall 1), båda av dessa utfall leder till motsägelsen att S är en längsta sekvens.

Så med andra ord, S måste vara en sekvens som räcker runt hela bordet, och därför är det möjligt att placera ut djuren. Så existensen av en triangel är tillräcklig.

Nödvändigheten följer av att man måste kunna placera en björn eller chinchilla efter varje alligator, vilket alltså innebär olikheten $A \le B + C$ och samma för de andra arterna, vilket alltså leder till olikheterna

$$\begin{gathered} A\hspace{0.17em}< B\hspace{0.17em}+\hspace{0.17em}C\hspace{0.17em}+ \raisebox{1ex}{$1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2$}\right., \\ B\hspace{0.17em}< A\hspace{0.17em}+\hspace{0.17em}C\hspace{0.17em}+ \raisebox{1ex}{$1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2$}\right., \\ C\hspace{0.17em}< A\hspace{0.17em}+ B + \raisebox{1ex}{$1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2.$}\right. \end{gathered}$$

Vilket alltså innebär att en sådan triangel existerar.

Lirim.K skrev :

Men om $A=B=C=2$ så kan man ha konfigurationen nedan i ett cirkulärt bord.

     $ABCBAC$

Vad är problemet med det?

Snyggt. Det går att göra konsturktionen också genom att börja med att placera ut alla alligatorer (anta A>=B>=C), fylla de första B mellanrummen med björnar, resterande med chinchillor och sätta eventuella kvarvarande chinchillor bredvid björnar. Att chinchillorna räcker för att täcka de sista "alligatormellanrummen"  motiveras med triangelolikheten enligt ditt svar.

Din tur, stokastisk!

Vi har en cirkulär racerbana och ska köra en racerbil runt denna bana. Tyvärr så är tanken tom, det finns däremot bränsledunkar utplacerade runt banan och sammanlagt så räcker bensinen i bränsledunkarna till exakt ett varv runt banan. Visa att det finns ett ställe man kan starta bilen på och nå ett helt varv runt banan.

Stokastisk skrev :

Lirim.K skrev :

Men om $A=B=C=2$ så kan man ha konfigurationen nedan i ett cirkulärt bord.

     $ABCBAC$

Vad är problemet med det?

Vad menar du?

Lirim.K skrev :

Stokastisk skrev :

Visa föregående citat

Lirim.K skrev :

Men om $A=B=C=2$ så kan man ha konfigurationen nedan i ett cirkulärt bord.

     $ABCBAC$

Vad är problemet med det?

Vad menar du?

Jag förstod det som att du menade att det var någon invändning mot problemet. Men jag antar att jag missförstod dig i sådana fall?

Tanken med mitt inlägg var att visa att man kan använda ett cirkulärt bord med två av varje art och placera dem så att ingen art är direkt närbelägen med den andra medlemmen av samma art. Men jag kan ha missuppfattat uppgiften.

Lirim.K skrev :

Tanken med mitt inlägg var att visa att man kan använda ett cirkulärt bord med två av varje art och placera dem så att ingen art är direkt närbelägen med den andra medlemmen av samma art. Men jag kan ha missuppfattat uppgiften.

Okej, men det blir bara ett specialfall. Problemet är att visa det för alla heltal A, B, C. Så man måste visa det för även exempelvis A = 4, B = 5, C = 6, eller A = 2, B = 4, C = 5, osv.

Ja men för A=B=C så behöver man inte ha en triangel för att maximera utbytet, utan en cirkel räcker. Alltså gäller inte ditt bevis generellt? Det framgick inte i uppgiften att antalet av varje art måste vara mer än 2 (och inte heller några andra restriktioner). Ursäkta om jag har hjärnsläpp just nu och missar något löjligt uppenbart.

Lirim.K skrev :

Ja men för A=B=C så behöver man inte ha en triangel för att maximera utbytet, utan en cirkel räcker. Alltså gäller inte ditt bevis generellt? Det framgick inte i uppgiften att antalet av varje art måste vara mer än 2 (och inte heller några andra restriktioner). Ursäkta om jag har hjärnsläpp just nu och missar något löjligt uppenbart.

Den problematiska delen i uppgiften kan man nog formulera så här

Visa att om det finns en triangel med sidorna A + 1/2, B + 1/2, C + 1/2 (där A, B och C är heltal), så kan man placera ut djuren runt ett cirkulärt bord utan att två djur från samma art sitter bredvid varandra.

Notera alltså att triangelns roll i det hela är enbart att ge begränsningar på A, B och C, dom kommer alltid sitta vid ett runt bord.

Stokastisk skrev :

Vi har en cirkulär racerbana och ska köra en racerbil runt denna bana. Tyvärr så är tanken tom, det finns däremot bränsledunkar utplacerade runt banan och sammanlagt så räcker bensinen i bränsledunkarna till exakt ett varv runt banan. Visa att det finns ett ställe man kan starta bilen på och nå ett helt varv runt banan.

Antag att antalet dunkar är $n$. Om $n=1$ så är det enkelt att hitta startpunkten för att kunna fullborda ett helt varv. Om det finns en startpunkt för $n$ stycken dunkar utspridda, så vill vi visa att det även finns en startpunkt som fungerar för $n+1$ dunkar. Låt oss därför anta att det alltid finns en fungerande startpunkt i en bana med $n$ dunkar, d.v.s $p\left(n\right)$ är ok. Det måste alltid finnas minst en dunk som innehåller tillräckligt för att nå nästa dunk, låt detta vara dunk 1 och startpunkten. Nästa dunk är dunk nummer 2. Man kan komma lika långt om man skulle ha hällt över innehållet i dunk 2 till dunk 1. Alltså finns det en fungerande startpunkt då $n=2$, som är basfallet. Genom att upprepa detta resonemang kan man applicera det till $n+1$ dunkar så kan man alltid hälla över den nästkommande till den förgående, förutsatt att den första dunken innehåller tillräckligt för att gå till den andra dunken - alltså måste det alltid finnas en lämplig startpunkt.

Lirim.K skrev :

Stokastisk skrev :

Vi har en cirkulär racerbana och ska köra en racerbil runt denna bana. Tyvärr så är tanken tom, det finns däremot bränsledunkar utplacerade runt banan och sammanlagt så räcker bensinen i bränsledunkarna till exakt ett varv runt banan. Visa att det finns ett ställe man kan starta bilen på och nå ett helt varv runt banan.

Antag att antalet dunkar är $n$. Om $n=1$ så är det enkelt att hitta startpunkten för att kunna fullborda ett helt varv. Om det finns en startpunkt för $n$ stycken dunkar utspridda, så vill vi visa att det även finns en startpunkt som fungerar för $n+1$ dunkar. Låt oss därför anta att det alltid finns en fungerande startpunkt i en bana med $n$ dunkar, d.v.s $p\left(n\right)$ är ok. Det måste alltid finnas minst en dunk som innehåller tillräckligt för att nå nästa dunk, låt detta vara dunk 1 och startpunkten. Nästa dunk är dunk nummer 2. Man kan komma lika långt om man skulle ha hällt över innehållet i dunk 2 till dunk 1. Alltså finns det en fungerande startpunkt då $n=2$, som är basfallet. Genom att upprepa detta resonemang kan man applicera det till $n+1$ dunkar så kan man alltid hälla över den nästkommande till den förgående, förutsatt att den första dunken innehåller tillräckligt för att gå till den andra dunken - alltså måste det alltid finnas en lämplig startpunkt.

Jag är inte helt övertygad om att resonemanget fungerar helt och hållet.

Problemet är att även om du startar vid en dunk som du kan nå nästa dunk från, så har du inte motiverat att du kan nå dunk nummer 3?

Säg exempelvis att jag har att dunk 1 har 1% av bensinen och dunk 2 har 1% av bensinen, dunk 3 har resten av bensinen. Dunk 1 står så nära dunk nummer 2 att man kan nå den, men sedan står dunk nummer 3 för långt bort för att du ska nå den med 2% av bensinen.

Jag tänker mig att det behövs 360 liter bensin för att köra exakt ett varv på
den cirkulära racerbanan. Så alla dunkarna tillsammans innehåller 360 liter.
Varvet delar jag in i 360 grader, så för varje förbrukad liter kommer jag 1 grad längre.
Om det finns "för lite" bensin i en dunk för att komma till nästa dunk, så
måste det finnas "för mycket" på ett annat ställe.
Det känns inte som jag kan formulera ett bevis, men att det alltid finns ett
ställe där man kan starta på och nå ett helt varv runt banan är helt rätt.

Stokastisk skrev :

Lirim.K skrev :

Visa föregående citat

Stokastisk skrev :

Vi har en cirkulär racerbana och ska köra en racerbil runt denna bana. Tyvärr så är tanken tom, det finns däremot bränsledunkar utplacerade runt banan och sammanlagt så räcker bensinen i bränsledunkarna till exakt ett varv runt banan. Visa att det finns ett ställe man kan starta bilen på och nå ett helt varv runt banan.

Antag att antalet dunkar är $n$. Om $n=1$ så är det enkelt att hitta startpunkten för att kunna fullborda ett helt varv. Om det finns en startpunkt för $n$ stycken dunkar utspridda, så vill vi visa att det även finns en startpunkt som fungerar för $n+1$ dunkar. Låt oss därför anta att det alltid finns en fungerande startpunkt i en bana med $n$ dunkar, d.v.s $p\left(n\right)$ är ok. Det måste alltid finnas minst en dunk som innehåller tillräckligt för att nå nästa dunk, låt detta vara dunk 1 och startpunkten. Nästa dunk är dunk nummer 2. Man kan komma lika långt om man skulle ha hällt över innehållet i dunk 2 till dunk 1. Alltså finns det en fungerande startpunkt då $n=2$, som är basfallet. Genom att upprepa detta resonemang kan man applicera det till $n+1$ dunkar så kan man alltid hälla över den nästkommande till den förgående, förutsatt att den första dunken innehåller tillräckligt för att gå till den andra dunken - alltså måste det alltid finnas en lämplig startpunkt.

Jag är inte helt övertygad om att resonemanget fungerar helt och hållet.

Problemet är att även om du startar vid en dunk som du kan nå nästa dunk från, så har du inte motiverat att du kan nå dunk nummer 3?

Säg exempelvis att jag har att dunk 1 har 1% av bensinen och dunk 2 har 1% av bensinen, dunk 3 har resten av bensinen. Dunk 1 står så nära dunk nummer 2 att man kan nå den, men sedan står dunk nummer 3 för långt bort för att du ska nå den med 2% av bensinen.

Om dunk 1 har 1% av bensinen och banans omkrets är $l$ så kommer man $l/100$ med första dunken. Med båda dunkarna kommer man till $l/50$ av banan. Eftersom den tredje innehåller 98% av bensinen  och totala mängden bensin ska räcka till exakt ett helt varv enligt uppgiften, så måste den vara placerad så att resterande sträckan från andra dunken till startpunkten är $49l/50$. Eftersom summan av alla dessa bråk måste bli $l$ så spelar det ingen roll vart den sista dunken placeras eftersom den måste alltid innehålla bensin tillräckligt för att slutföra varvet.

Lirims utgångspunkt var bra, vi börjar där. Om vi inte bestämmer att den dunk som räcker fram till nästa är startpunkten, utan nöjer oss med att konstatera (som Lirim också gör) att det inte hade gjort någon skillnad om den efterföljande dunken hade hällts i denna, så har vi reducerat problemet till n-1 dunkar. Återupprepa tills vi bara har en dunk kvar.

haraldfreij skrev :

Lirims utgångspunkt var bra, vi börjar där. Om vi inte bestämmer att den dunk som räcker fram till nästa är startpunkten, utan nöjer oss med att konstatera (som Lirim också gör) att det inte hade gjort någon skillnad om den efterföljande dunken hade hällts i denna, så har vi reducerat problemet till n-1 dunkar. Återupprepa tills vi bara har en dunk kvar.

Kan du vara mer detaljerad i hur du gör återupprepningen? Jag är inte övertygad om att det där resonemanget fungerar. Antar du inte att man alltid kan reducera i samma riktning? I sådana fall så antar du ju i princip det som ska bevisas.

Lirim.K skrev :

Stokastisk skrev :

Jag är inte helt övertygad om att resonemanget fungerar helt och hållet.

Problemet är att även om du startar vid en dunk som du kan nå nästa dunk från, så har du inte motiverat att du kan nå dunk nummer 3?

Säg exempelvis att jag har att dunk 1 har 1% av bensinen och dunk 2 har 1% av bensinen, dunk 3 har resten av bensinen. Dunk 1 står så nära dunk nummer 2 att man kan nå den, men sedan står dunk nummer 3 för långt bort för att du ska nå den med 2% av bensinen.

Om dunk 1 har 1% av bensinen och banans omkrets är $l$ så kommer man $l/100$ med första dunken. Med båda dunkarna kommer man till $l/50$ av banan. Eftersom den tredje innehåller 98% av bensinen  och totala mängden bensin ska räcka till exakt ett helt varv enligt uppgiften, så måste den vara placerad så att resterande sträckan från andra dunken till startpunkten är $49l/50$. Eftersom summan av alla dessa bråk måste bli $l$ så spelar det ingen roll vart den sista dunken placeras eftersom den måste alltid innehålla bensin tillräckligt för att slutföra varvet.

Jag markerade det jag inte förstår, du är med på att inget i uppgiften begränsar hur dunkarna är placerade?

Det är korrekt att det inte spelar någon roll vart du placerar den tredje dunken, men det är det som ska bevisas, den egentligen lösningen i scenariot jag beskrev är ju att starta vid dunk nummer 3. Så det som ska visas är att oavsett hur många dunkar och hur mycket bensin dom än har i sig, så kan jag hitta en startpunkt.

Markera från varje dunk den sträcka man kan köra (moturs) på bensinen från den dunken. Summan av längderna är längden av ett varv. Om det inte finns något överlapp mellan två markerade sträckor så räcker alla dunkar precis till nästa dunk, och problemet är löst. Finns det något överlapp räcker den första av de två motsvarande dunkarna till att passera den andra. Går det att hitta en startpunkt med samma konfiguration, frånsett att den andra av dunkarna var ihälld den första, går det alltså att hitta en lösning för ursprungskonfigurationen. Detta resonemang kan återupprepas tills all bensin är ihälld en och samma dunk.

Jag tänker att om man kan nå dunk 2 med innehållet i dunk 1, så bör innehållet i dunk 3 vara så mycket att när man använt all bensin i den så är man i mål (dvs tillbaka till dunk 1). Sträckan från dunk 1 till dunk 3 tillgodoses av innehållet i dunk 1 & 2.

Själva begränsningen för placeringen av den sista dunken följer av att totalsumman av dessa bråk alltid är lika med omkretsen av banan. Genom att upprepa resonemanget, så kan man säga att startpunkten är $n-1$, och i denna finns det tillräckligt med bränsle för att nå dunk $n$.

Om man antar att vi börjat vid dunk $n-1$ och åker till dunk $n$ så innebär det att sträckan $n-1\to n$ blir $\left(n-1\right)/l$. Åker man från $n$ till $n+1$ så blir sträckan $n/l$. Åker man från dunk $n+1$ åter till $n-1$ så blir sträckan $\left(n+1\right)/l$. totalt sett är omkretsen $3n/l$. 

Om man totalt sett åker från $n-1$ till $n+1$ så blir sträckan $\left(n-1+n\right)/l=\left(2n-1\right)/l$. Det som finns kvar av sträckan, dvs sträckan från $n+1$ till den ursprungliga startpositionen, är

     $\frac{3n}{l}-\frac{2n-1}{l}=\frac{n+1}{l}.$

Detta är ju precis hur långt man kan ta sig när man tankar upp vid dunken $n+1$, denna sträcka är från sista dunken och fram till startpositionen. Så oavsett vad $n$ är så finns det alltid ett ställe där man kan starta för att kunna ta dig genom hela banan.

haraldfreij skrev :

Markera från varje dunk den sträcka man kan köra (moturs) på bensinen från den dunken. Summan av längderna är längden av ett varv. Om det inte finns något överlapp mellan två markerade sträckor så räcker alla dunkar precis till nästa dunk, och problemet är löst. Finns det något överlapp räcker den första av de två motsvarande dunkarna till att passera den andra. Går det att hitta en startpunkt med samma konfiguration, frånsett att den andra av dunkarna var ihälld den första, går det alltså att hitta en lösning för ursprungskonfigurationen. Detta resonemang kan återupprepas tills all bensin är ihälld en och samma dunk.

Snyggt, detta är jag helt med på.

Att alternativt sätt att lösa det på är att anta att vi har en bil som har en tillräckligt stor och inte tom tank, vi kan starta vart som helst med denna bil och åka runt banan. Vid varje dunk så fyller vi på tanken. Vid någon punkt A så är bensinnivån som lägst i denna bil, detta måste vara vid en dunk. Vid punkten A kommer en bil med tom tank kunna starta och åka runt hela banan.

Lirim.K skrev :

Jag tänker att om man kan nå dunk 2 med innehållet i dunk 1, så bör innehållet i dunk 3 vara så mycket att när man använt all bensin i den så är man i mål (dvs tillbaka till dunk 1). Sträckan från dunk 1 till dunk 3 tillgodoses av innehållet i dunk 1 & 2.

Fast i scenariot jag beskrev så räcker inte innehållet i dunk 1 & 2 till att nå dunk 3 från dunk 1. Så detta är inte något du kan anta, och man får ingen begränsning på dunk 3.

Sista steget i haraldfreijs lösning kan förtydligas. Om A räcker för att komma till B och vi har en lösning för fallet med A+B i dunken B så finns två möjligheter: om denna lösning börjar vid C kan vi börja vid C, om den börjar vid B kan vi börja vid A.

Ok, nytt problem.

Bestäm $a^2+b^2+c^2$, givet att a, b, c är heltal som uppfyller

$\left\{\begin{array}{l}a+b+c=57\\ (a-12c{)}^2+(10a-3b{)}^2=2\end{array}\right.$

Ekvationen

$(a - 12c{)}^2+(10a - 3b{)}^2=2$

innebär att vi måste ha att

$\left\{\begin{array}{l}a - 12c =\hspace{0.17em}\pm 1\\ 10a - 3b =\hspace{0.17em}\pm 1\end{array}\right.$

eftersom uttrycken i parenteserna måste vara heltal. Detta är alltså fyra olika ekvationssystem. Kombinerar vi detta med ekvationen a + b + c = 57 så får vi fyra linjära ekvationssystem som bara är att lösa. Den enda lösningen med heltalslösningar är a = 13, b = 43, c = 1. Så alltså är

$a^2+b^2+c^2=2019$.

Nu kanske jag går händelserna i förväg, men jag tar och slänger in en ny kluring.

Om $p$ och $p^2+2$ är primtal, så är även $p^3+2$ ett primtal.

Man kan visa, med Fermats lilla sats, att om talen $p$ och $p^2+2$ ska vara prima samtidigt, så sker det endast då $p=3$. Det gäller därför att $p^3+2=3^3+2=27+2=29$ som också är primt.

Lirim.K skrev :

Man kan visa, med Fermats lilla sats, att om talen $p$ och $p^2+2$ ska vara prima samtidigt, så sker det endast då $p=3$. Det gäller därför att $p^3+2=3^3+2=27+2=29$ som också är primt.

Hur visar du det med Fermats lilla sats?

Genom:

     $p^2\equiv 1\left(\mathrm{mod}3\right)\Rightarrow p^2+2\equiv 3\left(\mathrm{mod}3\right).$

Har du ett lösningsförslag utan att använda Fermats Lilla sats? Vore intressant och se.

Lirim.K skrev :

Genom:

     $p^2\equiv 1\left(\mathrm{mod}3\right)\Rightarrow p^2+2\equiv 3\left(\mathrm{mod}3\right).$

Har du ett lösningsförslag utan att använda Fermats Lilla sats? Vore intressant och se.

Jag har ett lösningsförslag som var ungefär lika som ditt. Men det följer att $p^2 \equiv 1 (mod 3)$ bara utav det faktum att p inte är delbar med 3, så jag missade hur Fermats lilla sats dök upp i lösningen, men när du poängterade det så förstod jag. Men hursomhelst, snyggt.

Din tur.

Givet systemet i $\mathrm{ℝ}$,

     $\left\{\begin{array}{ll}x+y+z& =0\\ x^2+y^2+z^2& =1\end{array}\right.$

Beräkna $x^4+y^4+z^4$.

Lirim.K skrev :

Givet systemet i $\mathrm{ℝ}$,

     $\left\{\begin{array}{ll}x+y+z& =0\\ x^2+y^2+z^2& =1\end{array}\right.$

Beräkna $x^4+y^4+z^4$.

Det gäller att

$0 =\hspace{0.17em}(x + y + z{)}^2=x^2+y^2+z^2+2(xy + xz + yz) =\hspace{0.17em}1 + 2(xy + xz + yz)$

Vilket ger att xy + xz + yz = -1/2. Sedan är

$1/4 =\hspace{0.17em}(xy + xz + yz{)}^2=x^2{y}^2 + x^2{z}^2 + y^2{z}^2 + 2xyz(x + y + z) =\hspace{0.17em}{x}^2{y}^2 + x^2{z}^2 + y^2{z}^2$

Sen har man att

$1 =\hspace{0.17em}(x^2+y^2+z^2{)}^2=x^4+y^4+z^4+2(x^2{y}^2+x^2{z}^2+y^2{z}^2) =\hspace{0.17em}{x}^4+y^4+z^4+1/2$

Vilket alltså ger att $x^4+y^4+z^4=1/2$.

Snyggt :) I princip identisk till min lösning. Din tur.

Finn alla par (x, y) av icke negativa heltalslösningar till ekvationen $x^3+8x^2-6x+8=y^3$

Om man granskar VL och försöker klämma in den mellan två konsekutiva kuber för något heltal $a$ 

     ${\left(x+a\right)}^3<x^3+8x^2-6x+8<{\left(x+a+1\right)}^3$

Så inser man att, eftersom den mittersta koefficienten för $x^2$-termen är 8. Kub roten ur 8 är lika med 2. Alltså är ett lämpligt värde på $a=2.$ Sätter man in detta och löser olikheten får man att

     ${\left(x+2\right)}^3<x^3+8x^2-6x+8<{\left(x+3\right)}^3$

som ger

     $x^2-9x>0$  eller  $x^2+33x+19>0$.

Lösningsmängden av dessa två olikheter kombinerat är $x\in \left(9,\infty \right)$, men om man väljer ett sådant $x$ så finns det inget heltal $y$som tillfredsställer vår ursprungliga diofantiska ekvation. Därmed har vi reducerat antalet möjliga heltal $x$ till intervallet $0\le x\le 9\Rightarrow x\in \left\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\right\}$ som ger oss 10 möjliga värden på $x$. Testar man så finner man att de enda lösningsparen är

     $\left\{\begin{array}{l}(x_1,y_1)=(0,2)\\ (x_2,y_2)=(9,11)\end{array}\right.$   

Snyggt, jag löste den på samma sätt. Din tur.

Triangeln $ABC$ har $AC=BC$, $\angle ACB={96}^{\circ }$. $D$ är en punkt i $ABC$ sådan att $\angle DAB={18}^{\circ }$ och $\angle DBA={30}^{\circ }$. Bestäm $\angle ACD.$

$\angle ACD\hspace{0.17em}= 78°$

Korrekt svar! Men jag hänger inte med någonstans på vad du gjort. Ser ej vart punkterna D och C är. Har du bara ritat av allting skalenligt och mätt med gradskiva? 

EDIT: Här har jag ritat problemet. Vinkeln $\theta$ sökes.

Titta igen.
C är längst ner till höger, det står C där.
D är ovanför, övre hörnet på övre mörka triangeln, det står D där.
Lösning kom då jag kunde visa att de två mörka trianglarna är kongurenta.

Spelar inte så stor roll egentligen om jag hittar C och D, jag ser ändå inte så tydligt din tankegång. Du har ritat skalenligt, mätt vinklar och ritat ut dem. Vart är matematiken? Använd sinussatsen på figuren jag ritat.

Eloge ska du dock ha för en kreativ lösning med rätt svar! 

Nu har jag fyllt i A B C D så de syns tydligare.
Och här är matematiken.
Sinussatsen behövs inte. Det räcker med att veta att triangelsumman är 180 grader.
Vinkeln vid C är 96, så vinklarna vid A och B är båda 42 (liksidig triangel).
Fullborda ABC till en romb, dra ut alla hjälplinjer och skriv ut kända vinklar.
Det framgår då att de två mörka trianglarna är kongurenta, där de möts är vinklarna 60-120-60-120.
Det i sin tur ger en triangel 120-30-30 mellan C och D.  Och 48 + 30 = 78 ; den efterfrågade vinkeln.

Bra Lasse! Har man visat att AD=AC, dvs att triangeln ACD är likbent också så underlättar det betydligt. Det är din tur att komma med en ny uppgift! OBS, starta en ny tråd för även denna börjar bli för lång!

Men jag måste bara dela med mig av min lösning på denna uppgift! Använder man figuren i mitt tidigare inlägg och kör sinussatsen på triangeln ABC så får man

     $\frac{a}{\sin \left(42\right)}=\frac{b}{\sin {\displaystyle (}{\displaystyle 96}{\displaystyle )}}\Rightarrow b=\frac{a\sin \left(96\right)}{\sin {\displaystyle (}{\displaystyle 42}{\displaystyle )}}$

På samma sätt, har vi för triangeln ABD att

     $\frac{b}{\sin \left(132\right)}=\frac{d}{\sin {\displaystyle (}{\displaystyle 30}{\displaystyle )}}\Rightarrow b=2d\sin \left(132\right)=2d\cos \left(42\right)$

Likställer man b'n får man att

     $a=\frac{d·2\sin \left(42\right)\cos \left(42\right)}{\sin {\displaystyle (}{\displaystyle 96}{\displaystyle )}}=\frac{d\sin \left(84\right)}{\cos {\displaystyle (}{\displaystyle 6}{\displaystyle )}}=\frac{d\cos \left(6\right)}{\cos {\displaystyle (}{\displaystyle 6}{\displaystyle )}}\iff a=d$

Detta visar att triangeln ACD är likbent och man kan enkelt se att

     $\theta =\frac{180-24}{2}=\frac{156}{2}=78.$

Låt m vara antalet myror, då gäller det att $m \equiv 9 (mod 11)$, vilket innebär att $m = 11m_0+9$, sedan har man att

$11m_0+9\equiv 7 (mod 9) \iff m_0\equiv 8 (mod 9)$

Vilket innebär att $m =\hspace{0.17em}11(9m_1+8) + 9 =\hspace{0.17em}99m_1+97$. Sedan har man att

$99m_1+97\equiv 5 (mod 7) \iff m_1\equiv 6 (mod 7)$.

Vilket innebär att $m =\hspace{0.17em}99(7m_2+6) + 97 =\hspace{0.17em}693m_2+691$. Sedan gäller det att

$693m_2+691\equiv 3 (mod 10)\iff m_2 \equiv 4 (mod 10)$.

Vilket innebär att $m =\hspace{0.17em}693(10m_3+4) + 691 =\hspace{0.17em}6930m_3+3463$. Sedan gäller det att

$6930m_3+3463\equiv 7 (mod 8) \iff m_3\equiv 0 (mod 4)$.

Vilket tillslut ger att $m =\hspace{0.17em}6930*4m_4+3463 =\hspace{0.17em}27720m_4+3463$. Så antalet myror är alltså inte entydig, men det minsta antalet myror är alltså 3463.

Rätt, minsta antal = 3463
Andra lösningar är  31183  58903  86623  114343  m.fl.

Det finns $2^{3463}-1$ icke tomma delmängder till $\left\{\frac{1}{1}, \frac{1}{2},\frac{1}{3},...,\frac{1}{3463}\right\}$. För varje sådan delmängd, bilda produkten av alla element i delmängden. Vad är summan av alla dessa produkter?

Kan du förklara lite mer ingående vad som menas med den första meningen? Jag är inte så hajj på mängdlära.

Lirim.K skrev :

Kan du förklara lite mer ingående vad som menas med den första meningen? Jag är inte så hajj på mängdlära.

Om vi har mängden $\{1, 2, 3\}$ så är delmängderna till denna mängd $\left\{\right\}, \left\{1\right\}, \left\{2\right\}, \left\{3\right\}, \{1, 2\}, \{1, 3\}, \{2, 3\}, \{1, 2, 3\}$. En mängd M är en delmängd till U om varje element i M är ett element i U. De icke tomma delmängderna är de som åtminstone innehåller ett element (den tomma mängden $\left\{\right\} =\hspace{0.17em}\varnothing$ är alltid en delmängd).

Ett tips: (1+a)(1+b)(1+c)=1+ (a+b+c+ab+ac+bc+abc) där det som står i parentesen är det vi vill beräkna.

Henrik Eriksson skrev :

Ett tips: (1+a)(1+b)(1+c)=1+ (a+b+c+ab+ac+bc+abc) där det som står i parentesen är det vi vill beräkna.

Ville du bara undvika att hitta på ett nytt problem? :) (Btw det korrekta svaret är inte 3464).

Jag ville att fler (särskilt Lirim.K) skulle få glädjen att lösa uppgiften.

Eftersom  ingen tände på tipset.

Med a, b, ...lika med 1/1, 1/2,... blir VL= 3464 och HL=1+S, där S är den sökta summan. Som alltså är 3463.

Henrik Eriksson skrev :

Eftersom  ingen tände på tipset.

Med a, b, ...lika med 1/1, 1/2,... blir VL= 1964 och HL=1+S, där S är den sökta summan. Som alltså är 1963.

Hmm, vet inte riktigt vad du gjorde nu, men 1963 är inte rätt svar. Läste du rätt på vilken mängden är?

Edit: Såg att du redigerade, och då blev det rätt. Din tur att slänga in ett problem.

Henrik Eriksson skrev :

Jag ville att fler (särskilt Lirim.K) skulle få glädjen att lösa uppgiften.

Det är sant, att jag hade upplevt ett starkt glädjerus, om jag hade kunnat lösa denna uppgift. Tack bägge två för era försök att sparka till mig i rätt riktning men jag gav upp efter någon timme.

Jag föreslår att vi skapar en ny tråd för längden på denna börjar bli jobbig och bökig att ladda.

Tråd låst. Se inlägget ovan. /moderator

Nästa tråd: https://www.pluggakuten.se/trad/kluringar-2/