Nootje 9

Geplaatst op 29 april 2019 door admin

Antwoord

Noteer de drie zijden van de driehoek door $a,b$ en $c$ en de hoogtelijnen door $h_a,h_b$ en $h_c$ .
Er moet dus minstens 1 hoogtelijn kleiner zijn dan $\frac{1}{\sqrt{3}}$ . De kleinste hoogtelijn staat loodrecht op de grootste zijde.
Veronderstel dat $a$ de grootste zijde is dan is $a\geq \frac{2}{3}$ .
De oppervlakte van de driehoek is gelijk aan $\frac{1}{2}a.h_a$ , maar ook gelijk aan $\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ . Hierin is $p$ de halve omtrek en dus is $p=1$ .
Bijgevolg is $\frac{1}{2}a.h_a = \sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)}$ of $h_a=\frac{2}{a}\sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)}\leq 3\sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)}$ .
Gebruik nu de ongelijkheid van het meetkundig en rekenkundig gemiddelde : $\sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)}\leq \frac{1}{3}(1-a+1-b+1-c)=\frac{1}{3}$ .
Hieruit volgt dat $\sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)} \leq \frac{1}{\sqrt{27}}$ .
Ten slotte is dus $h_a \leq 3.\frac{1}{\sqrt{27}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ .

Nootje 7

Geplaatst op 24 maart 2019 door admin

Antwoord

We weten dat $b=\dfrac{1}{2}(P(1)-P(-1))$ .
Nu zijn zowel $P(1)$ als $P(-1)$ volgens het gegeven kleiner dan of gelijk aan 1, dus is $b \leq \dfrac{1}{2}(1+1)=1$ .
De maximale waarde voor b is dus 1.
Neem $P(x)=\dfrac{1}{2}(x+1)^2-1$ . Omdat $0\leq x+1\leq 2$ is $|P(x) | \leq 1$ . Bovendien is na uitwerking $P(x)=\dfrac{1}{2}x^2+x-\dfrac{1}{2}$ , zodat $b=1$ .

Geplaatst op 24 augustus 2018 door admin

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 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 9 juni 2018 door admin

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.