georg mohr-konkurrencen. opgaver og løsninger 1991-2010.

Løsninger · 2002Opgave 4. I trekant ABC er ∠C = 90 ◦ og |AC| = |BC|. Desuden er M et indrepunkt i trekanten så |MC| = 1, |MA| = 2 og |MB| = √ 2. Beregn |AB|.Løsning. Kald kateternes længde for s. Ifølge Pythagoras er længden af hypotenusen√ 2s. Siderne i △AMB er √ 2 gange så store som siderne i △BMC, ogde to trekanter er dermed ensvinklede. Nu kan vi udregne vinklerne ved M: ⊲ensvinklede∠AMB = 180 ◦ −(∠MAB+∠MBA) = 180 ◦ −(∠MBC+∠MBA) = 180 ◦ −45 ◦ = 135 ◦ . trekanterDermed er ∠CMA = 360 ◦ − 2∠AMB = 90 ◦ . Trekant AMC er derfor retvinklet, ogPythagoras giver at s = √ 1 2 + 2 2 = √ 5, og |AB| = √ 2s = √ 10.As2s √ 21M√2CsBOpgave 5. Homer Grog har på ti sedler skrevet tallene 1, 3, 4, 5, 7, 9, 11, 13, 15,17, ét tal på hver seddel. Han arrangerer sedlerne i en rundkreds og forsøger at fåden største sum S af tallene på tre på hinanden følgende sedler til at blive mindstmulig. Hvad er den mindste værdi S kan antage?Løsning. Summen S er 29 ved rækkefølgen 1 → 17 → 9 → 3 → 15 → 7 → 5 →13 → 11 → 4 (cyklisk). Vi viser nu at S ikke kan blive mindre end 29. Betragtfor en vilkårlig placering af sedlerne de tre grupper med tre sedler som liggerpå plads 1–3, 4–6 og 7–9 efter sedlen med tallet 1. Summen af tallene i de tregrupper er 84, og dermed er gennemsnitssummen for de tre grupper 28. I en afgrupperne er der tre ulige tal, og dermed er summen ulige og altså ikke 28. Altsåvil mindst en af de tre grupper have en sum som er større end 28. Samlet har vivist at den mindste værdi S kan antage, er 29.49