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

Løsninger · 1998Opgave 1. På den viste figur har de små cirkler radius 1. Beregn arealet af dengrå del af figuren.1√211Løsning. Radius i den store cirkel er åbenbart 1 + √ 2 (se figuren), idet √ 2 ifølgePythagoras er længden af hypotenusen i en retvinklet trekant hvori begge kateterhar længden 1. Det søgte areal er arealet af den store cirkel minus arealet af defire små cirkler, dvs.π · (1 + √ 2) 2 − 4 · π · 1 2 = π(1 + 2 + 2 √ 2) − 4π= (2 √ 2 − 1)π.Opgave 2. For ethvert reelt tal m har ligningenx 2 + (m − 2)x − (m + 3) = 0to løsninger, som betegnes x 1 og x 2 . Bestem m således at x1 2 + x2 2 er mindst mulig.Løsning. Da x 1 og x 2 er rødder i x 2 + (m − 2)x − (m + 3), er x 1 + x 2 = −(m − 2)og x 1 x 2 = −(m + 3), og dermed kan størrelsenx 2 1 + x2 2 = x2 1 + x2 2 + 2x 1x 2 − 2x 1 x 2 = (x 1 + x 2 ) 2 − 2x 1 x 2⊲røddernessum ogproduktudtrykkes ved koefficienterne i det givne andengradspolynomium:x 2 1 + x2 2 = (m − 2)2 + 2(m + 3) = m 2 − 4m + 4 + 2m + 6 = m 2 − 2m + 10.Dette udtryk er et andengradspolynomium i m. Det bliver mindst muligt når mer førstekoordinaten for toppunktet, dvs. for m = 2 2 = 1.57