Abelkonkurransen

[Framleisikkekjet]

Noen andre enn meg som syntes formuleringen av oppg 10 var helt urimelig? I løsningen står det at M er høyeste man kan ha av èn farge, mens det i oppgaven er skrevet at M er høyeste antall det kan være av hver. Personlig tolket jeg det til å bety det høyeste antall man var sikker på å måtte ha av alle fargene; altså 20, som gav N - M = 0, A.
Skjønner ikke at løsningstolkningen skal være mer rimelig. Tanker?

Edit: M - N = 0

[stensrud]

Noen andre enn meg som syntes formuleringen av oppg 10 var helt urimelig? I løsningen står det at M er høyeste man kan ha av èn farge, mens det i oppgaven er skrevet at M er høyeste antall det kan være av hver. Personlig tolket jeg det til å bety det høyeste antall man var sikker på å måtte ha av alle fargene; altså 20, som gav N - M = 0, A.
Skjønner ikke at løsningstolkningen skal være mer rimelig. Tanker?

Jeg er helt enig med deg. Det er det tydeligvis flere som er:

"For øvrig har formuleringen av oppgave 10 ført til en hel del diskusjon og noen henvendelser fra deltakere og lærere. Vi må helt klart si oss enige i at oppgaven kunne vært bedre formulert, og arbeider med en grundigere beskrivelse av problemene med oppgaven. Denne blir lagt ut på websiden når den er klar."

(Fra http://abelkonkurransen.no/nb/)

[vgb]

Noen tanker rundt dagens oppgaver? Jeg synes de var lettere enn de siste års oppgaver.

EDIT - Men på langt nær lette! Blir vel mer rett å si de var mindre vanskelige..

[stensrud]

Noen tanker rundt dagens oppgaver? Jeg synes de var lettere enn de siste års oppgaver.

Synes du? Jeg synes nesten at de var vanskeligere enn de har vært før. Fikk til skuffende lite... Noen som har alle oppgavene?

[MatIsa]

Har arka, kan legge de ut

Det gikk helt greit, fikk til 5 stk, men gjorde en kjip regnefeil som gjorde at jeg fikk feil svar på den ene (15 istedenfor 11 på oppgave 2, hvis jeg husker riktig). Synes årets var lettere enn fjorårets, og tror jeg kunne fått til en del mer hvis jeg hadde hatt litt bedre tid

[MatIsa]

Her er oppgavene

Runde 2 1415.pdf

(1.19 MiB) Lastet ned 510 ganger

Skriver mine løsninger under, tror de er riktige:














Oppgave 1:

Ettersom sifrene skal være strengt voksende, må tallene ha 6 forskjellige sifre. Så lenge ingen av sifrene er 0, kan ethvert 6-sifret tall med ingen like sifre skrives om slik at sifrene er i strengt stigende rekkefølge. Antall tall som oppfyller denne betingelsen er lik antall måter vi kan velge ut 6 tall fra mengden $\left\{1, 2, 3,\ldots, 8, 9\right\}$, som er ${9 \choose 6} = 84$ tall.

Oppgave 2
$a=13+\frac1b\Leftrightarrow a^2 = \left(13+\frac1b\right)^2=169+\frac{26}b + \frac{1}{b^2} = 143 + \frac{1}{b^2}$
Dette gir $b=-1 \Rightarrow a = 13 - 1 = 12 \Rightarrow a + \frac{1}{b} = 12 - 1 = 11$

Oppgave 4
Legger merke til at $a_0 = 0, a_1 = 1, a_2 = 3, a_3 = 7, a_4 = 15$
Det ser ut som at $a_n = 2^n - 1$, noe som kan bekreftes ved å løse differensligningen
Da er $a_{2014} = 2^{2014}-1$.
Siste siffer i toerpotensene følger mønsteret $2, 4 , 8, 6$.
Ettersom $2014 = 503\cdot4+2$, vil det siste sifferet i $2^{2014}$ være $4$. Da er det siste sifferet i $2^{2014}-1$ lik $3$

Oppgave 6
$A_1 = \left\{2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\right\}$
$A_2 = \left\{4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16\right\}$
Jeg gjetter at $A_n = \left\{2^n, 2^n+1,\ldots, 2^{n+2}-1, 2^{n+2}\right\}$
Da er $|A_n| = 2^{n+2}-2^n+1 = 2^n(4-1)+1 = 3\cdot2^n + 1$, og $|A_8| = 3\cdot 2^8 + 1 = 769$

Oppgave 7
Polynomet $426k-90k^2$ har toppunkt for $k = \frac{-426}{2\cdot(-90)} = 2 + \frac13 + \frac{1}{30}$. Det nærmeste hele tallet er $2$, noe som gir største verdi $426\cdot2-90\cdot 2^2=492$

Oppgave 9
(Litt uelegant løsning, er nysgjerrig på hvordan andre har løst den)
La oss si at det er $n$ sjokoladebiter i esken til å begynne med. Utifra oppgaveteksten får vi vite at
$n\equiv 12 \bmod{15}$
$n-12\equiv 13 \bmod{16}\Leftrightarrow n\equiv 9\bmod{16}$
$n-25\equiv 14 \bmod{18}\Leftrightarrow n\equiv 3\bmod{18}$
$58<n<1000$ (han har spist $58$ sjokoladebiter, men det er flere igjen)

Det må finnes heltall $a$ og $b$ slik at $n=12+15a$ og $n=9+16b$
$12+15a=9+16b$
$12\equiv 9+b\pmod{15}$
$b\equiv3\bmod{15}\Leftrightarrow b = 3+15c$
Setter inn dette i uttrykket for $n$:
$n=9+16(3+15c) = 57 + 240c\Leftrightarrow n\equiv 57\bmod{240}$
Det er tre tall mellom $59$ og $1000$ som oppfyller dette: $297, 537,$ og $777$.
Av disse er det bare $777$ som gir 3 i rest under divisjon på 18.
Det var $777$ sjokoladebiter i esken.

[stensrud]

Fyfader... Presterte å skrive verdien av x istedenfor y på oppgave 7...

[robinboy]

Hei!
Jeg prøvde på noen av oppgavene.
Har dere en fasit?

Løsningsforslag på oppgave 5 med tårnene:
Jeg ser at de hvite tårnene kun kan stå i tre forskjellige rader, både vannrett og loddrett, hvis ikke vil de krasje i et svart tårn.
Jeg må derfor plassere tre tårn på samme rad vanrett og tre tårn på samme rad loddrett.
Hvor mange muligheter har jeg til å plassere ut tårnene vannrett? [tex]\binom{6}{3} = 20[/tex]
Like mange muligheter loddrett. Tilsammen 20*20 = 400 muligheter.

Kan det stemme?

Ivan

[vgb]

Svarte 400 på den jeg også.
Ellers er jeg enig i 777 sjokokadebiter.
Fikk også 492 på oppg 7. Holdt på å gjøre som stensrud og svare 2, men oppdaget det heldigvis i tide.
11 på oppg 2 er jeg også enig i.

De øvrige du nevner under fikk jeg nok feil på, sånn det ser ut utifra dine løsninger. Har ikke oppgavearket tilgjengelig, så husker ikke de andre oppgavene.

[Brahmagupta]

Mange fine løsninger her. Tar med noen løsninger på de oppgavene som ikke er nevnt og et par alternative løsninger på de andre.

Oppgave 2 (alternativ løsning):
Andre ligning gir at $143=a^2-\frac1{b^2}=(a-\frac1{b})(a+\frac1{b})=13(a+\frac1{b})\Rightarrow (a+\frac1{b})=\frac{143}{13}=11$,
hvor første ligning gir den andre overgangen.

Oppgave 3:
Merk at $A=(720,1440)=720(1,2)$ og $B=(4,2)=2(2,1)$. Dette medfører at linja $x=y$ halverer $\angle{O}$ i $\triangle{AOB}$.
Fra setningen om halveringslinjer har vi da at $\frac{AP}{PB}=\frac{AO}{OB}=\frac{720\sqrt{1^2+2^2}}{2\sqrt{2^2+1^2}}=360$

Oppgave 5:
Hvis de ni sorte tårnene befinner seg i fire eller flere kolonner dekker de minst $28$ felter som vil si at det kun er $8$ felter igjen
til de hvite brikkene så en slik oppstilling er umulig. Så de sorte tårnene må befinne seg innenfor tre eller færre kolonner. Ved
symmetri må dette også holde for radene. Det er ikke vanskelig å se at det ikke fungerer å plasser alle tårnene innenfor en eller to
kolonner, så de sorte tårnene må befinne seg innenfor nøyaktig tre kolonner og tre rader. Hvis vi nå velger tre vilkårlige rader og
tre vilkårlige kolonner bestemmer dette nøyaktig ni felter de sorte tårnene kan oppta og i tillegg er de nøyaktig ni udekkede felt for
de hvite tårnene. Det vil si at ethvert slikt utvalg gir en lovlig oppstilling og dermed har vi totalt
${6\choose2}{6\choose2}=20^2=400$ mulige oppstillinger.

Oppgave 6:
Nøyer meg med å bevise MatIsa sin gjetning ved induksjon. $A_n=\{2^n,2^n+1,\cdots,2^{n+2}\}$. Vi observerer at dette holder for
$n=0,1$ og antar dermed at det holder for et eller annet naturlig tall $n$. Per definisjon er $A_{n+1}=\{a+b|a,b\in A_n\}$. Hvis
$c\in A_{n+1}$ så må vi ha at $2^{n+1}=2^n+2^n\leq c \leq 2^{n+2}+2^{n+2}=2^{n+3}$. La nå $k$ være et tall slik at $2^{n+1}\leq k \leq 2^{n+3}$.
Vi skal vise at det finnes $a,b\in A_n$ slik at $a+b=k$. Først og fremst har vi at $2^n\leq \frac{k}2 \leq 2^{n+2}$ så hvis $k$ er jevn
så er $\frac{k}2\in A_n$ og dermed $k=\frac{k}2+\frac{k}2 \in A_{n+1}$. Hvis $k$ er odd er $\frac{k\pm 1}2\in A_n$ og vi har at
$k=\frac{k-1}2+\frac{k+1}2\in A_{n+1}$. Derfor har vi at $A_{n+1}=\{2^{n+1},\cdots , 2^{n+3}\}$ og hypotesen er dermed bevist.

Oppgave 8:
La sentrene i den største og den minste sirkelen være henholdsvis $O_1$ og $O_2$, la videre skjæringspunktet mellom den felles
tangenten og den største og den minste sirkelen være henholdsvis $A$ og $B$. Forleng nå $O_1O_2$ og $AB$ slik at de skjærer
i et punkt $O$. Nå har vi at $\triangle{O_1AO}\sim\triangle{O_2BO}\sim\triangle{TPO}$ siden de alle har en rett vinkel og deler $\angle{O}$.

Kall radien i den største og den minste sirkelen $R$ og $r$. I tillegg lar vi $x=OT$, $BO=y$ og $PT=d$. Oppgaven ber oss om å finne
$d^2$. Fra den andre formlikhetsrelasjonen er $d=x\frac{r}{y}$, så om vi kan uttrykke $x$ og $y$ ved $R$ og $r$ er vi i mål.

Fra den først formlikhetsrelasjonen er $\frac{OO_1}{R}=\frac{OO_2}{r}$ som gir $r(R+2r+x)=R(r+x) \Rightarrow x=\frac{2r^2}{R-r}$.
Ved Pytagoras er $y^2=(r+x)^2-r^2=2rx+x^2=\frac{4r^3}{R-r}+\frac{4r^4}{(R-r)^2}=\frac{4Rr^3}{(R-r)^2}$.
Til slutt har vi da at $d^2=\frac{r^2x^2}{y^2}$ som ved innsetting for $x$ og $y$ og litt regning gir $d^2=\frac{r^3}{R}=\frac{30^3}{60}=450$.

Oppgave 9 (alternativ løsning):
Jeg synes ikke egentlig MatIsa sin løsning er så veldig uelegant, men her er allikevel et alternativ.
La $N$ være antall sjokoladebiter i utgangspunktet. Informasjonen i oppgaven gir at $58<N<1000$ og
$N\equiv12 \mod15$, $N\equiv9 \mod16$ og $N\equiv3 \mod18$.

Restriksjonen $N>58$ kan neppe være tilfeldig og man finner lett at $N=57$ løser kongruenssystemet. Hvis vi nå lar
$M=N-57$ transformerer systemet til $M\equiv0\mod{K}$ for $K=15,16,18$ som vil si at $15,16,18$ må dele $K$.
Det minste positive heltallet som oppfyller dette er $K=mfm(15,16,18)=720$, så vi finner alle løsningene ved å
sette $K=720n$ for en heltallige $n$. Dermed har vi at $N=57+720n$ og den eneste verdien for $n$ som gjør at
$58<N<1000$ er $n=1$, som gir $N=57+720=777$.

[Gustav]

3. Alternativt kan dette løses med vektorregning: La P=(x,x) være skjæringspunktet. Da må $\vec{AP}=k\vec{AB}$.

[Brahmagupta]

Nå er forresten det offisielle løsningsforslaget lagt ut!

http://abelkonkurransen.no/problems/abe ... sol_nb.pdf

Synes nivået på årets oppgaver var noe høyere enn i fjor.

[IR96]

Jeg dreit meg ut med et par håpløse feil, så klarer nok ikke finale :/ men hvor tror dere grensen går i år?